436 replies to this topic

[vietfrog]

TẢN MẠN BẤT ĐẲNG THỨC

Topic với những Bất đẳng thức không quá khó, cách giải không quá cầu kì.

Mong rằng mọi người sẽ cùng trao đổi và thư giãn với Bất đẳng thức

Bài 1: ( Nhiều cách càng tốt)
Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn: $a+b+c=1$
Tìm Max :
$S = \dfrac{{ab}}{{1 + c}} + \dfrac{{ac}}{{1 + b}} + \dfrac{{bc}}{{1 + a}}$
Bài 2:(nhiều cách hơn nữa)
Cho $a,b,c$ dương thỏa: $a+b+c=2$
Tìm Max:
$S = \dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}$
Bài 3:(tùy tâm)
CMR: với $n>2$ thì :
$C_n^0C_n^1C_n^2...C_n^n \le {\left( {\dfrac{{{2^n} - 2}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}$

Edited by vietfrog, 01-11-2011 - 19:46.

[caubeyeutoan2302]

Bài 2 :(nhiều cách hơn nữa)
Cho a,b,c dương thỏa: a+b+c=2
Tìm Max:
$S = \dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}$

Em xin trình bày một cách cho bài 2, đơn giản dễ hiểu :
Ta có :
$S=\dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{bc}{b+c}$
Do : $(a+b)^2 \ge 4ab \Leftrightarrow \dfrac{ab}{a+b} \le \dfrac{a+b}{4}$
Chứng minh tương tự ta có:$\dfrac{bc}{b+c} \le \dfrac{b+c}{4}; \dfrac{ca}{c+a} \le \dfrac{c+a}{4}$
Vậy $S=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{bc}{b+c} \le \dfrac{a+b+c}{2}=1$
MaxS=1 khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{2}{3}$

Edited by caubeyeutoan2302, 30-06-2011 - 20:19.

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài 1: ( Nhiều cách càng tốt)
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: a+b+c=1
Tìm Max :
$S = \dfrac{{ab}}{{1 + c}} + \dfrac{{ac}}{{1 + b}} + \dfrac{{bc}}{{1 + a}}$
Bài 2 :(nhiều cách hơn nữa)
Cho a,b,c dương thỏa: a+b+c=2
Tìm Max:
$S = \dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}$
Bài 3: (tùy tâm)
CMR: với n>2 thì :
$C_n^0C_n^1C_n^2...C_n^n \le {\left( {\dfrac{{{2^n} - 2}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}$

Bài 1 :
$ S = \sum \dfrac{ab}{a+b+2c} =\sum \dfrac{ab}{(a+b)+(b+c)} \leq \dfrac{1}{4}( \sum ( \dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}) =\dfrac{1}{4} $

Edited by Nguyễn Hoàng Lâm, 30-06-2011 - 21:33.

[vietfrog]

Em xin trình bày một cách cho bài 2, đơn giản dễ hiểu :
Ta có :
$S=\dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{bc}{b+c}$
Do : $(a+b)^2 \ge 4ab \Leftrightarrow \dfrac{ab}{a+b} \le 4(a+b)$
Chứng minh tương tự ta có:$\dfrac{bc}{b+c} \le 4(b+c); \dfrac{ca}{c+a} \le 4(a+c)$
Vậy $S=\dfrac{ab}{a+b}+\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{bc}{b+c} \le 8(a+b+c)=16$
MaxS=16 khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{2}{3}$

Tú làm nhanh ghê. Nhưng nên cẩn thận nhé. Tú nhầm chỗ này :
${(a + b)^2} \ge 4ab \Leftrightarrow \dfrac{{ab}}{{a + b}} \le \dfrac{{a + b}}{4}$
Vì vậy Max bằng 1.Hi

[vietfrog]

Bài 1 :
$ S = \sum \dfrac{ab}{a+b+2c} =\sum \dfrac{ab}{(a+b)+(b+c)} \leq \dfrac{1}{4}( \sum ( \dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}) =\dfrac{3}{4} $

Lâm có thể giải chi tiết hơn một chút cho mọi người dễ quan sát được không? Hộ mình nhé!

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Lâm có thể giải chi tiết hơn một chút cho mọi người dễ quan sát được không? Hộ mình nhé!

Bài làm đó ý tưởng đúng nhưng tớ đánh latex hơi nhầm tí :
Áp dụng Bđt Cauchy-schwarz dạng Engel ta có :
$ S = \sum \dfrac {ab}{(a+c)+(b+c)} \leq \dfrac{1}{4}(\sum \dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}) $
Để ý cái $ \sum (\dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{ab}{b+c}) =\sum \dfrac{ab}{a+c}+\dfrac{bc}{c+a}) =a+b+c=1 $

[truclamyentu]

Bài 1: ( Nhiều cách càng tốt)
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: a+b+c=1
Tìm Max :
$S = \dfrac{{ab}}{{1 + c}} + \dfrac{{ac}}{{1 + b}} + \dfrac{{bc}}{{1 + a}}$
Bài 2 :(nhiều cách hơn nữa)
Cho a,b,c dương thỏa: a+b+c=2
Tìm Max:
$S = \dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}$
Bài 3: (tùy tâm)
CMR: với n>2 thì :
$C_n^0C_n^1C_n^2...C_n^n \le {\left( {\dfrac{{{2^n} - 2}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}$

Bài 3 :

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}C_n^0 = C_n^n = 1\\C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^{n - 1} + C_n^n = {2^n}\end{array} \right.\\\Rightarrow C_n^0C_n^1C_n^2...C_n^n = C_n^1C_n^2...C_n^{n - 1} \le {\left( {\dfrac{{C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^{n - 1}}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}\\\\= {\left( {\dfrac{{(C_n^0 + C_n^1 + C_n^2 + ... + C_n^{n - 1} + C_n^n) - (C_n^0 + C_n^n)}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}} = {\left( {\dfrac{{{2^n} - 2}}{{n - 1}}} \right)^{n - 1}}\end{array}$

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Tặng các bạn 1 bài khá đẹp :
Bài 4:Cho $ a,b,c $ là 3 cạnh của 1 tam giác . Chứng minh rằng :
$ (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \leq a^3b+b^3c+c^3a $

Edited by dark templar, 02-08-2011 - 20:13.

[vietfrog]

Tặng các bạn 1 bài khá đẹp :
Cho $ a,b,c $ là 3 cạnh của 1 tam giác . Chứng minh rằng :
$ (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \leq a^3b+b^3c+c^3a $

Giả sử $a \ge b \ge c$

Sử dụng BĐT Chebyshev cho 2 bộ 3 số :
${a^2} + bc \ge {b^2} + ac \ge {c^2} + ab$ và

$\dfrac{1}{a} \le \dfrac{1}{b} \le \dfrac{1}{c}$

Theo BĐT Chebyshev ta có:

$3\sum {\dfrac{{{a^2} + bc}}{a} \le \sum {({a^2} + bc)\sum {\dfrac{1}{a}} } } $

$ \Leftrightarrow 3\sum {(a + \dfrac{{bc}}{a}) \le \sum {(a + b + c + \dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{a^2}}}{c} + \dfrac{{bc}}{a}} )} $

$ \Leftrightarrow 2\sum {\dfrac{{bc}}{a} \le \sum {(\dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{a^2}}}{c}) \le 2\sum {\dfrac{{{a^2}}}{c}} } } $

$ \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{bc}}{a} \le } \sum {\dfrac{{{a^2}}}{c}} $

$ \Leftrightarrow \sum {{{(bc)}^2} \le \sum {{a^3}b} ({\rm{ ok)}}} $

Hí. Bài nữa đi Lâm ơi!

Edited by vietfrog, 07-07-2011 - 11:10.

[vietfrog]

Tặng các bạn 1 bài khá đẹp :
Cho $ a,b,c $ là 3 cạnh của 1 tam giác . Chứng minh rằng :
$ (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \leq a^3b+b^3c+c^3a $

Đáp lễ. Xin tặng lại Lâm 1 BĐT đơn giản nhưng khá hay như sau:
Bài 5:Cho ABC là tam giác nhọn. $A,B,C$ là ba góc, $a,b,c$ là 3 cạnh đối diện 3 góc đó.
CMR:
$3(a + b + c) \le \pi (\dfrac{a}{A} + \dfrac{b}{B} + \dfrac{c}{C})$.

Edited by dark templar, 02-08-2011 - 20:14.

[caubeyeutoan2302]

Đáp lễ. Xin tặng lại Lâm 1 BĐT đơn giản nhưng khá hay như sau:
Cho ABC là tam giác nhọn. $A,B,C$ là ba góc, $a,b,c$ là 3 cạnh đối diện 3 góc đó.
CMR:
$3(a + b + c) \le \pi (\dfrac{a}{A} + \dfrac{b}{B} + \dfrac{c}{C})$

Cho tiểu đệ xin phép được cướp lễ ạ:
Thật vậy:
Ta giả sử trong tam giác ABC thì $A \ge B \ge C$ . Từ đó sẽ có $a \ge b \ge c$
Vậy thì : $ \dfrac{a}{A} \le \dfrac{b}{B} \le \dfrac{c}{C}$
Áp dụng BĐT Chebyshev cho 2 dãy đơn điệu ngược chiều ta có :
$(\dfrac{a}{A} + \dfrac{b}{B} + \dfrac{c}{C})(A+B+C) \ge 3(a+b+c) \Leftrightarrow \pi (\dfrac{a}{A} + \dfrac{b}{B} + \dfrac{c}{C}) \ge 3(a+b+c)$
Từ đây suy ra đpcm

[caubeyeutoan2302]

Em xin trả lại cho anh Lâm BĐT khác ạ:
Bài 6:Cho n số dương $x_1,x_2,....,x_n$ có tổng bằng 1:
Chứng minh rằng :
$\dfrac{x_1}{\sqrt{1-x_1}}+\dfrac{x_2}{\sqrt{1-x_2}}+...+\dfrac{x_n}{\sqrt{1-x_n}} \ge \dfrac{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+...+\sqrt{x_n}}{\sqrt{n-1}} $

Edited by dark templar, 02-08-2011 - 20:14.

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Em xin trả lại cho anh Lâm BĐT khác ạ:
Cho n số dương $x_1,x_2,....,x_n$ có tổng bằng 1:
Chứng minh rằng :
$\dfrac{x_1}{\sqrt{1-x_1}}+\dfrac{x_2}{\sqrt{1-x_2}}+...+\dfrac{x_n}{\sqrt{1-x_n}} \ge \dfrac{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+...+\sqrt{x_n}}{\sqrt{n-1}} $

Giả sử $ x_1 \geq x_2 \geq ...\geq x_n $ Suy ra
$ \dfrac{1}{\sqrt{1-x_1}} \geq \dfrac{1}{\sqrt{1-x_2}} \geq ... \geq \dfrac{1}{\sqrt{1-x_n}} $
áp dung Chebyshev ta có :
$ VT \geq \dfrac{1}{n}(\dfrac{1}{\sqrt{1-x_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{1-x_2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{1-x_n}}) $
Mà $ \dfrac{1}{\sqrt{1-x_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{1-x_2}}+...+\dfrac{1}{\sqrt{1-x_n}} \geq \dfrac{n^2}{\sqrt{1-x_1}+\sqrt{1-x_2}+...+\sqrt{1-x_n}}$
Áp dụng BCS ta lại có :
$ \sqrt{1-x_1}+\sqrt{1-x_2}+...+\sqrt{1-x_n} \leq \sqrt{n(n-1)} $
do vậy $VT \ge \frac{{\sqrt n }}{{\sqrt {n - 1} }} = \frac{{\sqrt {n({x_1} + {x_2} + .. + {x_n})} }}{{\sqrt {n - 1} }} \ge \frac{{\sqrt {{x_1}} + \sqrt {{x_2}} + ... + \sqrt {{x_n}} }}{{\sqrt {n - 1} }}$ ( Theo BCS )

Tiếp với 1 bài này nhé ( Tặng Vietfrog và Caubeyeutoan ) :
Bài 7:Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức với $ a,b,c $ dương :
$ P= \dfrac{\sqrt{bc}}{a+3\sqrt{bc}} + \dfrac{\sqrt{ac}}{b+3\sqrt{ac}} + \dfrac{\sqrt{ab}}{c+3\sqrt{ab}} $

[vietfrog]

Tiếp với 1 bài này nhé ( Tặng Vietfrog và Caubeyeutoan ) :
tìm giá trị lớn nhất của biểu thức với $ a,b,c $ dương :
$ P= \dfrac{\sqrt{bc}}{a+3\sqrt{bc}} + \dfrac{\sqrt{ac}}{b+3\sqrt{ac}} + \dfrac{\sqrt{ab}}{c+3\sqrt{ab}} $

Xin giải bài của Lâm, nếu sai xin thứ tội.
Để ý thấy BĐT đồng bậc. Chuẩn hóa cho $abc = 1$

$abc = 1 \Rightarrow bc = \dfrac{1}{a} \Rightarrow \sqrt {bc} = \dfrac{1}{{\sqrt a }}$

Tương tự:

$\sqrt {ac} = \dfrac{1}{{\sqrt b }};\sqrt {ab} = \dfrac{1}{{\sqrt c }}$

Ta có :

$S = \sum {\dfrac{{\dfrac{1}{{\sqrt a }}}}{{a + \dfrac{3}{{\sqrt a }}}}} = \sum {\dfrac{1}{{{{(\sqrt a )}^3} + 3}}} \le \sum { - \dfrac{3}{{16}}(\sqrt a - 1) + \dfrac{1}{4}} $(*dùng pp tiếp tuyến*)

$S \le \sum {( - \dfrac{3}{{16}}\sqrt a + \dfrac{7}{{16}}) \le 3\sum {(\dfrac{7}{{16}} - \dfrac{3}{{16}})} } $

$S \le \dfrac{3}{4}$

Dấu = xảy ra khi $a = b = c$

Vậy ${S_{m{\rm{ax}}}} = \dfrac{3}{4}$

Edited by vietfrog, 07-07-2011 - 19:39.

[vietfrog]

Xin trả lễ Lâm và Tú bài này:

Bài 8:Cho $x \ge y \ge z > 0$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y} \ge xy + yz + xz$

Edited by dark templar, 02-08-2011 - 20:16.

[caubeyeutoan2302]

Xin trả lễ Lâm và Tú bài này:

Cho $x \ge y \ge z > 0$. Chứng minh rằng:

$\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y} \ge xy + yz + xz$

Chém luôn :
Theo BCS thì :
$(\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y})(\dfrac{{x^2}z}{y}+\dfrac{{y^2}x}{z}+\dfrac{{z^2}y}{x}) \ge (x^2+y^2+z^2)^2$(1)
Mà $ x \ge y \ge z$
Thế nên :
$\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y}-(\dfrac{{x^2}z}{y}+\dfrac{{y^2}x}{z}+\dfrac{{z^2}y}{x}) \ge \dfrac{(xy+yz+xz)(x-y)(y-z)(x-z)}{xyz} \ge 0$(2)
Từ (1),(2) thì :
$(\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y})^2 \ge (x^2+y^2+z^2)^2 \ge (xy+yz+zx)^2 $
Từ đó suy ra dpcm
Đây là bài VMO 1991 , có lẽ anh vietfrog đã cố tình thêm vài BĐT $x^2+y^2+z^2 \ge xy+yz+zx$ đẩ làm cho BĐT ban đầu khó hơn phải không , hihi

[vietfrog]

Tú không post bài thì để anh tiếp chiêu vậy.

Bài 9:Chứng minh rằng: $\forall n$ nguyên dương ta có:

$\sqrt[n]{{(n + 1)!}} \ge 1 + \sqrt[n]{{n!}}$
p/s:Có ai chém không?

Edited by dark templar, 02-08-2011 - 20:17.

[vietfrog]

Tú không post bài thì để anh tiếp chiêu vậy.

Chứng minh rằng: $\forall n$ nguyên dương ta có:

$\sqrt[n]{{(n + 1)!}} \ge 1 + \sqrt[n]{{n!}}$
p/s:Có ai chém không?

Bài này do mình đọc được trong 1 cuốn sách nhưng rất tiếc không có lời giải.
Mình xin trình bày hướng giải quyết, tuy nhiên vẫn còn 1 số điểm trục trặc.
Giả sử: $\sqrt[n]{{(n + 1)!}} \ge 1 + \sqrt[n]{n}$
$ \Leftrightarrow 1 \ge \dfrac{1}{{\sqrt[n]{{(n + 1)!}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{{n!}}{{(n + 1)!}}}} $
Áp dụng BĐT AM-GM cho n số : $\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{4};...;\dfrac{1}{{n + 1}}$ ta được:
$\dfrac{{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + ... + \dfrac{1}{{n + 1}}}}{n} \ge \sqrt[n]{{\dfrac{1}{{(n + 1)!}}}}{\rm{ (1)}}$
Tiếp tục áp dụng BĐT AM-GM cho n số $\dfrac{1}{2};\dfrac{2}{3};\dfrac{3}{4};...;\dfrac{n}{{n + 1}}$ ta được:
$\dfrac{{\dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{3} + \dfrac{3}{4} + ...\dfrac{n}{{n + 1}}}}{n} \ge \sqrt[n]{{\dfrac{{n!}}{{(n + 1)!}}}}{\rm{ }}(2)$
Cộng theo vế (1) ; (2) ta được:
$1 \ge \dfrac{1}{{\sqrt[n]{{(n + 1)!}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{{n!}}{{(n + 1)!}}}}$ (đpcm)
Vấn đề còn lại là dấu =... vẫn chờ mọi người giải quyết!!
Theo ý kiến của hoangduc mình xin phép bổ sung:
Dấu = xảy ra khi n=1

Edited by vietfrog, 10-07-2011 - 21:06.

[hoangduc]

Dấu = xảy ra khi $n=1$
Với $n\ge 2$ thì dấu bằng ko thể xảy ra do $\dfrac{1}{2}\ne \dfrac{1}{3} $ (AM-GM)

Edited by hoangduc, 10-07-2011 - 21:02.

[vietfrog]

Dấu = xảy ra khi $n=1$
Với $n\ge 2$ thì dấu bằng ko thể xảy ra do $\dfrac{1}{2}\ne \dfrac{1}{3} $ (AM-GM)

Rất cảm ơn ý kiến của hoangduc. Bạn có thể post vài bài BĐT lên để mọi người cùng làm được không?
Thanks!