Chủ đề này có 436 trả lời

[dark templar]

Bài 61:
Em giải ở đây rồi:
http://math.vn/showthread.php?t=16454

Vậy chú em giải thử bài chặt hơn đi và các bài 44;55;56 của anh đi nhé

[NguyThang khtn]

BĐT chặt hơn vẫn còn đúng:
$\dfrac{1}{a(b+1)}+\dfrac{1}{b(c+1)}+\dfrac{1}{c(a+1)} \ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}$
Áp dụng BĐT Holder ta được:
$(1+a)(1+b)(1+b) \geq (1+\sqrt[3]{abc})^3$
Ta lại có:
$(\dfrac{1}{a(b+1)}+\dfrac{1}{b(c+1)}+\dfrac{1}{c(a+1)})^2 \geq 3\sum \dfrac{1}{ab(b+1)(c+1)}=\dfrac{3(a+b+c+ac+bc+ab}{abc(1+a)(1+b)(1+b)}$
$=\dfrac{3}{abc}-\dfrac{3(abc+1)}{abc(1+a)(1+b)(1+b)} \geq \dfrac{3}{abc}-\dfrac{3(abc+1)}{abc(1+\sqrt[3]{abc})^3}$
$=3\dfrac{3\sqrt[3]{abc}(1+\sqrt[3]{abc})}{abc(1+\sqrt[3]{abc})^3} $
Suy ra ĐPCM!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 23-09-2011 - 23:39

[dark templar]

Cho các số thực dương a,b,c,c .CMR:
$ \dfrac {a + b +c+ d}{4}\geq\sqrt {\dfrac {ab+bc+ cd + da + ac + bd}{6}}\geq\sqrt [3]{\dfrac {bcd+ cda +dab+ abc}{4}}$

Bài này cái vế còn lại anh sử dụng biến đổi tương đương dài kinh khủng ,nhưng vẫn có thể ra,còn vế đầu thì em sử dụng hằng đẳng thức sau cùng với BĐT AM-GM:
$$(a+b+c+d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2(ab+bc+ca+da+db+dc)$$
P/s:Anh nghĩ để tăng tính năng động và thảo luận của topic này,không nên giải hoàn chỉnh bài mà đưa gợi ý thôi.Khi nào bài đó không giải được thì hẵng đưa lời giải

[Crystal]

Cho các số thực dương a,b,c,c .CMR:
$ \dfrac {a + b +c+ d}{4}\geq\sqrt {\dfrac {ab+bc+ cd + da + ac + bd}{6}}\geq\sqrt [3]{\dfrac {bcd+ cda +dab+ abc}{4}}$

Chứng minh $\sqrt {\dfrac{{ab + bc + cd + da + ac + bd}}{6}} \ge \sqrt[3]{{\dfrac{{bcd + cda + dab + abc}}{4}}}$ có thể dùng định lý Lagrange và định lý Rolle.

Xét hàm số: $F\left( x \right) = \left( {x - a} \right)\left( {x - b} \right)\left( {x - c} \right)\left( {x - d} \right)$ với giả sử $0 < a \le b \le c \le d$.
.....

[dark templar]

Mới kiếm 1 bài có vẻ ngoài hơi giống Schur,nhìn hay lắm
Bài 63:Cho $a,b,c,d>0$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3+abcd \ge \min\left\{\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{9}+\dfrac{d}{27} \right\}$$

[Crystal]

Lâu rồi xin góp 1 bài
Bài 64: Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa: $a+b+c=3$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P = {\left( {a + \sqrt {1 + {a^2}} } \right)^b}{\left( {b + \sqrt {1 + {b^2}} } \right)^c}{\left( {c + \sqrt {1 + {c^2}} } \right)^a}$

[dark templar]

Lâu rồi xin góp 1 bài
Bài 64: Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa: $a+b+c=3$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P = {\left( {a + \sqrt {1 + {a^2}} } \right)^b}{\left( {b + \sqrt {1 + {b^2}} } \right)^c}{\left( {c + \sqrt {1 + {c^2}} } \right)^a}$

Bài này chắc là quy về tỉm GTLN của biểu thức $H=ab+bc+ca+b\sqrt{1+a^2}+c\sqrt{1+b^2}+a\sqrt{1+c^2}$

[Crystal]

Bài này chắc là quy về tỉm GTLN của biểu thức $H=ab+bc+ca+b\sqrt{1+a^2}+c\sqrt{1+b^2}+a\sqrt{1+c^2}$

Đúng rồi đó. Vấn đề là tìm GTLN của H...

[dark templar]

Đúng rồi đó. Vấn đề là tìm GTLN của H...

Nếu đúng vậy thỉ như em đã nòi ở trên,em chỉ đưa ra gợi ỳ cho bài thôi

• Sử dụng BĐT AM-GM:$\sqrt{1+c^2} \le \dfrac{3+c^2}{2\sqrt{2}}$
• Bổ đề :$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \dfrac{4}{27}(a+b+c)^3$
• BĐT Schur:$abc \ge \dfrac{(a+b+c)[2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)]}{9}$

[isaac_newtons]

Bài này chắc là quy về tỉm GTLN của biểu thức $H=ab+bc+ca+b\sqrt{1+a^2}+c\sqrt{1+b^2}+a\sqrt{1+c^2}$

tại sao lại có thể chuyển về như vậy được ? các anh giúp em đi!

[dark templar]

tại sao lại có thể chuyển về như vậy được ? các anh giúp em đi!

Em cò biết BĐT AM-GM suy rộng không ?
Cho $x_1;x_2;...;x_n$ không âm và $a_1;a_2;...;a_n$ không âm thỏa mãn:$\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}=1$.Chứng minh rằng:
$$\sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}a_{k} \ge \prod\limits_{k=1}^{n}x_{k}^{a_{k}}$$
Dấu bằng xảy ra khi $x_1=x_2=...=x_n$.
Áp dụng BĐT này vào bài trên thì ta có:
$$(a+\sqrt{1+a^2})\dfrac{b}{a+b+c}+(b+\sqrt{1+c^2})\dfrac{c}{a+b+c}+(c+\sqrt{1+c^2})\dfrac{a}{a+b+c}$$
$$\ge \left(a+\sqrt{1+a^2} \right)^{\dfrac{b}{a+b+c}}\left(b+\sqrt{1+b^2} \right)^{\dfrac{c}{a+b+c}}\left(c+\sqrt{1+c^2} \right)^{\dfrac{a}{a+b+c}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 25-09-2011 - 09:19

[Crystal]

Nếu đúng vậy thỉ như em đã nòi ở trên,em chỉ đưa ra gợi ỳ cho bài thôi

• Sử dụng BĐT AM-GM:$\sqrt{1+c^2} \le \dfrac{3+c^2}{2\sqrt{2}}$
• Bổ đề :$a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \dfrac{4}{27}(a+b+c)^3$
• BĐT Schur:$abc \ge \dfrac{(a+b+c)[2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)]}{9}$

Bài này có cách giải không dùng đến các BĐT trên. Mọi người thử tìm hiểu xem.

[CD13]

Bài 65:
Cho a, b, c là các số dương và thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{ab+2c^2+2c}+\dfrac{1}{bc+2a^2+2a}+\dfrac{1}{ca+2b^2+2c} \ge \dfrac{1}{ab+bc+ca}$

P/s: Không muốn đâm đầu vào BĐT mà diễn đàn giờ ít bài quá!

Chú ý: Mỗi tuần chúng ta sẽ tản mạn quanh 4 bài BĐT!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-10-2011 - 00:09

[vietfrog]

Mấy hôm không để ý topic này nó đã bừa bộn quá. Xin lỗi mọi người nhé.
Xin phép tổng hợp lại một số bài Bất đẳng thức chưa có lời giải trong topic.

Bài 65: ( post by ongtroi )
Cho a, b, c là các số dương và thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{ab+2c^2+2c}+\dfrac{1}{bc+2a^2+2a}+\dfrac{1}{ca+2b^2+2c} \ge \dfrac{1}{ab+bc+ca}$
Bài 63: ( post by dark_templar )
Cho $a,b,c,d>0$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3+abcd \ge \min\left\{\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{9}+\dfrac{d}{27} \right\}$$


Bài 51:
Chứng minh rằng với a,b,c là các số thực không âm ta có bât đẳng thức:
$ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}+2abc+3\geq(1+a)(1+b)(1+c)$

Bài 62:(Nguyễn Bảo Phúc) Cho $n \in N^*$.Chứng minh rằng:

$$ \sum_{k=1}^{n} \sum_{j=1}^{k} \dfrac{j^2-\dfrac{1}{2}}{j^4+\dfrac{1}{4}} >\dfrac{2}{5}$$

Bài 55:(Thái Nguyễn Hưng) Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$xy+yz+zx=1$.Tìm GTLN của biểu thức sau:

$P=yz(x+1)^2$

Bài 56: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn:

$ \left\{\begin{array}{l}x+y+z=0\\x^2+y^2+z^2=1\end{array}\right. $

Tìm GTLN của :

$H=x^2y^2z^2$

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.



P/s: Trên đây dều là những BĐT chưa có lời giải ( nếu thiếu thì PM cho mình nha ), mọi người giải rồi post tiếp nhé.
P/s2: Đề nghị dark_templar , anh xunsint , anh ongtroi, bboy_114crew và các bạn yêu BĐT khác xử lý hộ. Xin cảm ơn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 05-10-2011 - 16:38

[khanh3570883]

Bài 56: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn:

$ \left\{\begin{array}{l}x+y+z=0\\x^2+y^2+z^2=1\end{array}\right. $

Tìm GTLN của :

$H=x^2y^2z^2$

$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
x + y + z = 0\\
{x^2} + {y^2} + {z^2} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{x^2} = {y^2} + {z^2} + 2yz\\
{x^2} = 1 - {y^2} - {z^2}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow 2{x^2} = 1 + 2yz \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{y^2}{z^2} = {\left( {\dfrac{{2{x^2} - 1}}{2}} \right)^2}\\
2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2} = 1 + 2{y^2} + 2{z^2} + 2yz
\end{array} \right.\\
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{y^2}{z^2} = {\left( {\dfrac{{2{x^2} - 1}}{2}} \right)^2}\\
1 \le 3\left( {{y^2} + {z^2}} \right) \Leftrightarrow {y^2} + {z^2} \ge \dfrac{1}{3} \Rightarrow {x^2} \le \dfrac{2}{3}
\end{array} \right.
\end{array}$
Vậy:
$\begin{array}{l}
H = f\left( x \right) = {x^2}{\left( {\dfrac{{2{x^2} - 1}}{2}} \right)^2} = \dfrac{{a\left( {4{a^2} - 4a + 1} \right)}}{4}(a = {x^2},a \in \left[ {0;\dfrac{2}{3}} \right])\\
{f^'}\left( a \right) = \dfrac{1}{4}\left( {12{a^2} - 8a + 1} \right)\\
{f^'}\left( a \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
a = \dfrac{1}{2}\\
a = \dfrac{1}{6}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow \max H = \max \left\{ {f\left( 0 \right);f\left( {\dfrac{1}{6}} \right);f\left( {\dfrac{1}{2}} \right);f\left( {\dfrac{2}{3}} \right)} \right\} = f\left( {\dfrac{1}{6}} \right) = f\left( {\dfrac{2}{3}} \right) = \dfrac{1}{{54}}
\end{array}$

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 51:
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
$(a+b+c)^{2}-2(ab+bc+ca)+2abc+3\geq 1+a+b+c+abc+ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow (a+b+c)^{2}+3(ab+bc+ca)-p+abc+2\geq 0$
$\Leftrightarrow p^{2}-3q-p+r+2\geq 0$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức schur ta có:
$2r+1\geq 3\sqrt[3]{r^{2}}\geq \dfrac{9r}{p}\geq 4q-p^{2}$
$\Leftrightarrow r+\dfrac{1}{2}\geq 2q-\dfrac{p^{2}}{2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{p^{2}}{2}+r+\dfrac{1}{2}\geq 2q$
$\Leftrightarrow \dfrac{p^{2}}{2}+r+\dfrac{1}{2}+\dfrac{p^{2}}{2}-3q-p+\dfrac{3}{2}\geq \dfrac{p^{2}}{2}-q-p+\dfrac{3}{2}$
Ta cần chứng minh
$\dfrac{p^{2}}{2}-q-p+\dfrac{3}{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow p^{2}-2p-2q+3\geq 0$
Thật vậy
$p^{2}-2p-2q+3\geq p^{2}-\dfrac{2}{3}p^{2}-2p+3=\dfrac{1}{3}p^{2}-2p+3=\dfrac{(p-3)^{2}}{3}\geq 0$
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 05-10-2011 - 22:46

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 66:Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1.Chứng minh bất đẳng thức:
$
\dfrac{a}{a^{2}+3}+\dfrac{b}{b^{2}+3}+\dfrac{c}{c^{2}+3}\leq \dfrac{3}{4}$

[vietfrog]

Bài 66:Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1.Chứng minh bất đẳng thức:
$
\dfrac{a}{a^{2}+3}+\dfrac{b}{b^{2}+3}+\dfrac{c}{c^{2}+3}\leq \dfrac{3}{4}$

Bài làm
Ta có: \[abc = 1 \Leftrightarrow \ln a + \ln b + \ln c = 0\]
Đặt :$\ln a = x;\ln b = y;\ln c = z \Rightarrow x + y + z = 0$
Khi đó: \[VT = \dfrac{{{e^x}}}{{{{({e^x})}^2} + 3}} + \dfrac{{{e^y}}}{{{{({e^y})}^2} + 3}} + \dfrac{{{e^z}}}{{{{({e^z})}^2} + 3}}\]

Xét : $f(x) = \dfrac{{{e^x}}}{{{{({e^x})}^2} + 3}}$( hàm lõm)

Theo BĐT tiếp tuyến ta có: $f(x) \le f'({x_0}).(x - {x_0}) + f({x_0})$
Với ${x_0} = 0$ ta có :\[f(x) \le f'(0).(x - 0) + f(0) = \dfrac{1}{8}x + \dfrac{1}{4}\]
Làm tương tự rồi cộng các BĐT cùng chiều ta được:

$f(x) + f(y) + f(z) \le \dfrac{1}{8}(x + y + z) + \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{4}$ (đpcm)

Dấu = xảy ra khi $x = y = z = 0 \Leftrightarrow a = b = c = 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 06-10-2011 - 16:32

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Còn cách không dùng đến đạo hàm đó

[dark templar]

Bài 63: ( post by dark_templar )
Cho $a,b,c,d>0$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3+abcd \ge \min\left\{\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{9}+\dfrac{d}{27} \right\}$$

Bài này thì xem $d$ là tham số,xài $p,q,r$.

Bài 62:(Nguyễn Bảo Phúc) Cho $n \in N^*$.Chứng minh rằng:
$$ \sum_{k=1}^{n} \sum_{j=1}^{k} \dfrac{j^2-\dfrac{1}{2}}{j^4+\dfrac{1}{4}} >\dfrac{2}{5}$$

Bài này của mình chế,xin sửa đề là $VP=\dfrac{3}{4}-\dfrac{3}{8n}$.Gợi ý:Hãy rút gọn tổng $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k^2-\dfrac{1}{2}}{k^4+\dfrac{1}{4}}$

Bài 55:(Thái Nguyễn Hưng) Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$xy+yz+zx=1$.Tìm GTLN của biểu thức sau:

$$P=yz(x+1)^2$$

Bài này của bạn mình chế,gợi ý GTLN của P là 1,khi $x=0;yz=1$

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.

Bài 40 mình đã giải ở đây:http://diendantoanho...ic=60082&st=120
Còn các bài 44,47 chưa giải;các bạn có thể xem đề các bài này trong đường link mình gửi.