Tản mạn BĐT
#101
Posted 07-08-2011 - 22:27
#102
Posted 08-08-2011 - 00:18
Hình như như lời bạn viết có ở đây thì phải.Bạn đừng mang bài đi hỏi sớm vậy$\dfrac{27}{4(a+b+c)^2}\ge \sum \dfrac{1}{2a^2+b^2+c^2}$
Có thể thử với BĐT mạnh hơn.
http://www.artofprob...v...51&t=422509
#103
Posted 08-08-2011 - 12:34
2 bài 33, 33 mình nhớ là anh vuthanhtu_hd post cách đây khá lâu rồi, cả giải, nhưng mà hình như bên maths.vn (toanthpt.net ngày xưa) nhưng giờ vừa mình vào tìm lại thì không còn.Hình như như lời bạn viết có ở đây thì phải.Bạn đừng mang bài đi hỏi sớm vậy
http://www.artofprob...v...51&t=422509
#104
Posted 08-08-2011 - 13:13
Bài 33 : Bài này khá hóc . Giả sử $ a\geq b \geq c $Bài 33. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = 1$. Chứng minh rằng:
$( \sqrt{a}+\sqrt{b} +\sqrt{c} )( \dfrac{1}{ \sqrt{a+1} }+\dfrac{1}{ \sqrt{b+1} } +\dfrac{1}{ \sqrt{c+1} } ) \le \dfrac{9}{2}$
Áp dụng BĐT chebyshev ta có:
$ VT \leq 3(\sqrt{\dfrac{a}{1+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+1}} +\sqrt{\dfrac{c}{a+1}}) $
Đến đây ta cần chứng minh:
$ \sqrt{\dfrac{a}{1+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+1}} +\sqrt{\dfrac{c}{a+1}} \leq \dfrac{3}{2} $
Biến đổi Vt như sau:
$ VT = \sqrt{\dfrac{ac}{(c+a)(c+b)}} +\sqrt{\dfrac {b^2}{(b+a)(b+c)}} +\sqrt{\dfrac{ac}{(a+c)(a+b)}}$
áp dụng BĐt Cauchy Ta sẽ có :
$ VT \leq \dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{c}{c+b}+\dfrac{b}{b+a}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{a}{a+b}) $
$ \Leftrightarrow VT \leq \dfrac{3}{2} $
Từ đó ta có điều cần chứng minh .
P/s: Bài 35 mình chưa hiểu đề cho lắm .
Edited by Nguyễn Hoàng Lâm, 08-08-2011 - 13:14.
- vietfrog likes this
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#105
Posted 08-08-2011 - 15:23
Đề không có vấn đề đâu bạn ak.P/s: Bài 35 mình chưa hiểu đề cho lắm .
#106
Posted 08-08-2011 - 16:59
Vế trái tại sao bằng thế này được ???$ \sqrt{\dfrac{a}{1+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+1}} +\sqrt{\dfrac{c}{a+1}} \leq \dfrac{3}{2} $
Biến đổi Vt như sau:
$ VT = \sqrt{\dfrac{ac}{(c+a)(c+b)}} +\sqrt{\dfrac {b^2}{(b+a)(b+c)}} +\sqrt{\dfrac{ac}{(a+c)(a+b)}}$
Website trường mình: http://vuhuu.edu.vn
Diễn đàn trường mình: http://vuhuuonline.net
#107
Posted 08-08-2011 - 17:05
Cho $x,y,z > 0 $ và $xyz = 1$
CMR $x+y+z \ge 2(\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x})$
P/S: @loveyou: 2 bài này đúng là anh vuthanhtu_hd post lên, diễn đàn ta cũng có nhưng ở diễn đàn chúng ta thì chưa post lời giải. Em tìm được nên post cho mọi người cùng làm.
Edited by emmuongioitoan, 08-08-2011 - 17:07.
Website trường mình: http://vuhuu.edu.vn
Diễn đàn trường mình: http://vuhuuonline.net
#108
Posted 08-08-2011 - 17:10
Đến giớ tớ mới nhận ra là mình làm sai . Thanks nhiều lắmVế trái tại sao bằng thế này được ???
Edited by Nguyễn Hoàng Lâm, 08-08-2011 - 17:13.
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#109
Posted 08-08-2011 - 17:18
Hic 2 bài này khá khó, mỗi tội anh vuthanhtu giờ không thấy vào diễn đàn nữa để hỏi .Đến giớ tớ mới nhận ra là mình làm sai . Thanks nhiều lắm
Mọi người nghĩ tiếp bài 34 nhé, mình chuyển về dạng phản chứng thấy khả quan, đến đó chắc phải dùng $p,q,r$
Edited by emmuongioitoan, 08-08-2011 - 17:19.
Website trường mình: http://vuhuu.edu.vn
Diễn đàn trường mình: http://vuhuuonline.net
#110
Posted 10-08-2011 - 23:58
Theo yêu cầu của vietfrog mình xin post lời giải bài 35.Bài 35: Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
$\sum\limits_{cyc} {\left( {\dfrac{a}{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}} \right)} ^k \ge \dfrac{3}{{3^k }}\,\,\,,\,\,k = 0,8$.
Theo BĐT Cauchy cho 10 số ta có:
$8.\dfrac{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}{{3a}} + 1 + 1 \ge 10\sqrt[{10}]{{\left( {\dfrac{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}{{3a}}} \right)^8 }}$
$\Leftrightarrow \dfrac{{8\sqrt {a^2 + 8bc} + 6a}}{{3a}} \ge 10\sqrt[{10}]{{\left( {\dfrac{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}{{3a}}} \right)^8 }}$
$\Leftrightarrow \left( {\dfrac{{3a}}{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}} \right)^{0,8} \ge \dfrac{{3a.10}}{{8\sqrt {a^2 + 8bc} + 6a}} = \dfrac{{15a}}{{4\sqrt {a^2 + 8bc} + 3a}}$
$\left( {\dfrac{{3b}}{{\sqrt {b^2 + 8ca} }}} \right)^{0,8} \ge \dfrac{{15b}}{{4\sqrt {b^2 + 8ca} + 3b}}\,,\,\,\,\,\left( {\dfrac{{3c}}{{\sqrt {c^2 + 8ab} }}} \right)^{0,8} \ge \dfrac{{15c}}{{4\sqrt {c^2 + 8ab} + 3c}}$
Cộng 3 BĐT trên vế theo vế ta thu được:$\sum {\left( {\dfrac{{3a}}{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}} \right)} ^k \ge \sum {\dfrac{{15a}}{{4\sqrt {a^2 + 8bc} + 3a}} = \sum {\dfrac{{15a^2 }}{{4\sqrt {a^2 \left( {a^2 + 8bc} \right)} + 3a^2 }}} } $
$\ge 15\dfrac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{4\sum {\sqrt {a\left( {a^3 + 8abc} \right)} } + 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}}$
$\ge 15\dfrac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{4\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 24abc} \right)} + 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}}$
$\15\dfrac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{4\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 24abc} \right)} + 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}} \ge 3$
$\Leftrightarrow \dfrac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{4\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 24abc} \right)} + 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}} \ge \dfrac{1}{5}$
$ \Leftrightarrow 2\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + 10\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 4\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 24abc} \right)} $
$\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)^2 + 3\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 2\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 24abc} \right)} $
$2x = a - b + c,\,\,2y = a + b - c,\,\,2z = b - a + c$.
$\Rightarrow x,\,y,\,z > 0 \Rightarrow a = x + y,\,\,b = y + z,\,\,c = z + x$
$1)\,\left( {a + b + c} \right)^2 = 4\left( {x + y + z} \right)^2 = 4p^2 \,\,\,\left( {p = x + y + z} \right)$
$2)\,ab + bc + ca = \left( {x + y + z} \right)^2 + \left( {xy + yz + zx} \right) = p^2 + q\,\,\,\left( {q = xy + yz + zx} \right)$
$3)\,abc = \left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right) = \left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right) - xyz = pq - r\,\,\,\left( {r = xyz} \right)$
$a^3 + b^3 + c^3 + 24abc = \left( {a + b + c} \right)^3 - 3\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) + 24abc$
$= 8p^3 - 3\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) + 27abc$
$= 8p^3 - 3.2p\left( {p^2 + q} \right) + 27\left( {pq - r} \right) = 2p^3 + 21pq - 27r$
$\left( {4p^2 + 3\left( {p^2 + q} \right)} \right) \ge 2\sqrt {2p\left( {2p^3 + 21pq - 27r} \right)} $
$\Leftrightarrow \left( {7p^2 + 3q} \right)^2 \ge 4.2p\left( {2p^3 + 21pq - 27r} \right)$
$\Leftrightarrow 49p{}^4 + 9q^2 + 42p^2 q \ge 16p^4 + 168p^2 q - 216pr$
$\Leftrightarrow 33p^4 + 9q^2 + 216r \ge 126p^2 q\,\,\,(1)$
$x^3 + y^3 + z^3 \ge x^2 y + xy^2 + y^2 z + yz^2 + z^2 x + zx^2 $
$\Rightarrow \left( {x + y + z} \right)^3 + 9xyz \ge 4\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)$
$\Leftrightarrow p^3 + 9r \ge 4pq$
$\Leftrightarrow 31,5p^4 + 283,5pr \ge 126p^2 q\,\,\,(2)$
$1,5p^4 + 9q^2 \ge 67,5p^2 q$
Mặt khác ta lại có:$1,5p^4 \ge 1,5.\left( {3q} \right)^2 = 13,5q^2 $
Vì thế cần chứng minh:$13,5q^2 + 9q^2 \ge 67,5p^2 q\,\,\,(3)$
$\Leftrightarrow q^2 \ge 3pr \Leftrightarrow \left( {xy + yz + zx} \right)^2 \ge 3xyz\left( {x + y + z} \right)$ (luôn đúng theo BĐT Cauchy)
Cộng BĐT (2) và (3) vế theo vế ta có đpcm.
Vậy bài toán đã được chứng minh.
P/s: cách này dài quá, ai có cách ngắn hơn không.
#112
Posted 13-08-2011 - 10:00
Bài 36
Ta có:
$\dfrac{{a^3 + 2bc}}{{a^2 + 2}} + 1 + 1 + 1 \ge 4\sqrt[4]{{\dfrac{{a^3 + 2bc}}{{a^2 + 2}}}} \Leftrightarrow \dfrac{{a^3 + 2bc + 3a^2 + 6}}{{a^2 + 2}} \ge 4\sqrt[4]{{\dfrac{{a^3 + 2bc}}{{a^2 + 2}}}}$$\Leftrightarrow \sqrt[4]{{\dfrac{{a^2 + 2}}{{a^3 + 2bc}}}} \ge \dfrac{{4\left( {a^2 + 2} \right)}}{{a^3 + 2bc + 3a^2 + 6}}$
Chứng minh tương tự ta có các BĐT sau:
$\sqrt[4]{{\dfrac{{b^2 + 2}}{{b^3 + 2ca}}}} \ge \dfrac{{4\left( {b^2 + 2} \right)}}{{b^3 + 2ca + 3b^2 + 6}};\,\,\,\,\sqrt[4]{{\dfrac{{c^2 + 2}}{{c^3 + 2ab}}}} \ge \dfrac{{4\left( {c^2 + 2} \right)}}{{c^3 + 2ab + 3c^2 + 6}}$
Cộng các BĐT trên vế theo vế ta được:
$\sum {\sqrt[4]{{\dfrac{{a^2 + 2}}{{a^3 + 2ab}}}} \ge \sum {\dfrac{{4\left( {a^2 + 2} \right)}}{{a^3 + 2bc + 3a^2 + 6}}} } $
Tới đây ta dùng Cauchy-Schwarz, tiếp đó dùng Mincopski và một bổ đề phụ $\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 2ab + 2bc + 2ca} \right) \le 9$
Ta có:
$\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{4\left( {a^2 + 2} \right)}}{{a^3 + 2bc + 3a^2 + 6}}} \ge \dfrac{{4\left( {\sum {\sqrt {a^2 + 2} } } \right)^2 }}{{\sum\limits_{cyc} {a^3 } + 2\sum\limits_{cyc} {ab} + 3\sum\limits_{cyc} {a^2 + 18} }}$
$\ge 4\dfrac{{\left( {\sqrt {\left( {\sum\limits_{cyc} a } \right)^2 + \left( {3\sqrt 2 } \right)^2 } } \right)^2 }}{{9 + 9 + 18}} \ge \dfrac{{4\left( {\left( {\sum\limits_{cyc} a } \right)^2 + 2\left( {\sum\limits_{cyc} a } \right)^2 } \right)}}{{36}} = \dfrac{{\left( {\sum\limits_{cyc} a } \right)^2 }}{3}$
Ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.
#114
Posted 13-08-2011 - 20:41
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:Bài 37: (1 bài đơn giản)
Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh: $\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{a^9 }}{{bc}}} + \dfrac{2}{{abc}} \ge \sum\limits_{cyc} {a^5 + 2} $
$ \sum\limits_{cyc} {\dfrac{ a^{9} }{bc} + abc \geq 2 \sum\limits_{cyc} {\sqrt{ \dfrac{a^{9}}{bc} . abc } = \sum\limits_{cyc} {{2a^{5}} $
$ \dfrac{2}{abc} + 2abc \geq 4 $
$ \Rightarrow \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{a^9 }}{{bc}}} + \dfrac{2}{{abc}} +5abc \geq 2(a^{5} + b^{5} +c^{5})+4 $ (1)
Lại có:
$ a^{5} + b^{5} + c^{5} + 1 + 1 \geq 5abc $(2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm
Edited by hungvu11, 13-08-2011 - 20:42.
- NguyThang khtn likes this
#115
Posted 13-08-2011 - 20:46
Típ!
Cho các số thực dương a,b,c .CMR:
$ (a+\dfrac{b^2}{c})^2 + (b+\dfrac{c^2}{a})^2+(c+\dfrac{a^2}{b})^2 \geq 12\dfrac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$
Edited by vietfrog, 15-08-2011 - 12:26.
It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow
#116
Posted 14-08-2011 - 23:05
Bài 37 là một bất đẳng thức rất khó của anh Phạm Kim Hùng trong sáng tạo bất đẳng thức nếu bạn có một các tiếp cận khác hay hơn lời giải bằng SOS thì post lên cho mọi người cùng xem với.ThânTíp!
Cho các số thực dương a,b,c .CMR:
$ (a+\dfrac{b^2}{c})^2 + (b+\dfrac{c^2}{a})^2+(c+\dfrac{a^2}{b})^2 \geq 12\dfrac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$
- vietfrog likes this
#117
Posted 16-08-2011 - 17:30
Bên Mathlink đã có lời giải lẫn bài toán tổng quát cho bài 33,Bài 33. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = 1$. Chứng minh rằng:
$( \sqrt{a}+\sqrt{b} +\sqrt{c} )( \dfrac{1}{ \sqrt{a+1} }+\dfrac{1}{ \sqrt{b+1} } +\dfrac{1}{ \sqrt{c+1} } ) \le \dfrac{9}{2}$
http://www.artofprob...v...51&t=422509
Bài 39: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$\sqrt{a^{4}+\dfrac{b^{4}}{2}+\dfrac{c^{4}}{2}}+\sqrt{b^{4}+\dfrac{c^{4}}{2}+\dfrac{a^{4}}{2}}+\sqrt{c^{4}+\dfrac{a^{4}}{2}+\dfrac{b^{4}}{2}}\geq \sqrt{a^{4}+b^{3}c}+\sqrt{b^{4}+c^{3}a}+\sqrt{c^{4}+a^{3}b}$
Edited by Phạm Quang Toàn, 16-08-2011 - 17:31.
- vietfrog likes this
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#118
Posted 18-08-2011 - 11:20
Còn 3 bài chưa giải quyết triệt để. Mọi người cùng suy nghĩ nhé!
Bài 34. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$.
Chứng minh rằng $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le 1$
Bài 38
Cho các số thực dương a,b,c .CMR:
$ (a+\dfrac{b^2}{c})^2 + (b+\dfrac{c^2}{a})^2+(c+\dfrac{a^2}{b})^2 \geq 12\dfrac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$
Bài 39: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$\sqrt{a^{4}+\dfrac{b^{4}}{2}+\dfrac{c^{4}}{2}}+\sqrt{b^{4}+\dfrac{c^{4}}{2}+\dfrac{a^{4}}{2}}+\sqrt{c^{4}+\dfrac{a^{4}}{2}+\dfrac{b^{4}}{2}}\geq \sqrt{a^{4}+b^{3}c}+\sqrt{b^{4}+c^{3}a}+\sqrt{c^{4}+a^{3}b}$
P/s: Mọi người hãy post lên cả những ý tưởng nhé!
Edited by vietfrog, 18-08-2011 - 11:21.
- vietfrog likes this
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
#119
Posted 19-08-2011 - 11:59
Mình thử chém bài 34!Bài viết bắt đầu lẻ tẻ và khá khó r�ồi đây.
Còn 3 bài chưa giải quyết triệt để. Mọi người cùng suy nghĩ nhé!
Bài 34. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$.
Chứng minh rằng $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le 1$
P/s: Mọi người hãy post lên cả những ý tưởng nhé!
Gỉa sử:
$a\geq b \geq c$,Khi đó:$a+b-c \geq 0 $ và $a+c-b \geq 0 $
Nếu: $b+c-a < 0 $ thì BDT hiển nhiên đúng.
Nếu: $b+c-a \geq 0 $.
Đặt : $b+c-a=x;a+c-b=y; a+b-c=z$
Khi đó ta có:
$x+y+z = \dfrac{2}{x+y} + \dfrac{2}{y+z} + \dfrac{2}{z+x}$
Ta cần chứng minh:
$xyz \leq 1 $.
Gia sử:
$xyz > 1 $.
Theo AM-GM ta có:
$x+y+z = \dfrac{2}{x+y} + \dfrac{2}{y+z} + \dfrac{2}{z+x} \leq \sum\limits_{cyc} \dfrac{1}{ \sqrt{xy} } $
Hay :
$ \sum\limits_{cyc}\sqrt{x} \geq \sqrt{xyz}\sum\limits_{cyc}(x+y+z) $
Mà $xyz > 1 #$. nên:
$ \sum\limits_{cyc}\sqrt{x} \geq x+y+z$
Theo AM-GM ta có:
$ \dfrac{x+y+z+3}{2} \sum\limits_{cyc}\sqrt{x} \geq x+y+z \Leftrightarrow x+y+z < 3$
Mặt khác:
$x+y+z = \dfrac{2}{x+y} + \dfrac{2}{y+z} + \dfrac{2}{z+x} \geq \dfrac{9}{x++z} \Leftrightarrow x+y+x \geq 3 \Rightarrow Q.E.D$
Edited by bboy114crew, 24-09-2011 - 14:25.
- DBSK likes this
It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow
#120
Posted 21-08-2011 - 10:17
Bài 40:
Cho dãy $\{a_n \}$ thỏa mãn:$ \left\{\begin{array}{l}a_1=a_2=1\\a_{n+2}=\dfrac{1}{a_{n+1}}+a_n,n=1,2,3...\end{array}\right. $.
Chứng minh rằng:
$\pi(n+k)>\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_{i}a_{i+1}} >\ln (n+1)$
.Trong đó $k$ là hằng số dương cho trước.
Edited by dark templar, 21-08-2011 - 10:26.
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users