Chủ đề này có 436 trả lời

[dark templar]

mình chắc chắn là min mà
vì cách giải của thầy giáo hơi kì kì sao đó nên mình định hỏi mọi ng

Đơn giản là vì bạn Hà Quốc Đạt đã biến đổi sai .
Vẫn đặt $a=x+y;b=y+z;c=z+x \rightarrow a,b,c \ge 0$,ta đưa đến tìm GTNN của biểu thức sau:
$$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{a+c}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}$$
Sử dụng BĐT AM-GM, ta thu được:
$$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a(b+c)}} \ge \dfrac{2a}{a+b+c}$$
1 cách tương tự,ta xây dựng 2 BĐT sau:
$$\sqrt{\dfrac{b}{c+a}} \ge \dfrac{2b}{a+b+c};\sqrt{\dfrac{c}{a+b}} \ge \dfrac{2c}{a+b+c}$$
Suy ra:
$$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}} \ge \dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=2$$
Vậy $P_{\min}=2$ khi và chỉ khi $(x;y;z) \sim (0;0;1)$

[emptyheart]

Đơn giản là vì bạn Hà Quốc Đạt đã biến đổi sai .
Vẫn đặt $a=x+y;b=y+z;c=z+x \rightarrow a,b,c \ge 0$,ta đưa đến tìm GTNN của biểu thức sau:
$$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{a+c}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}$$
Sử dụng BĐT AM-GM, ta thu được:
$$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}=\dfrac{a}{\sqrt{a(b+c)}} \ge \dfrac{2a}{a+b+c}$$
1 cách tương tự,ta xây dựng 2 BĐT sau:
$$\sqrt{\dfrac{b}{c+a}} \ge \dfrac{2b}{a+b+c};\sqrt{\dfrac{c}{a+b}} \ge \dfrac{2c}{a+b+c}$$
Suy ra:
$$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}} \ge \dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=2$$
Vậy $P_{\min}=2$ khi và chỉ khi $(x;y;z) \sim (0;0;1)$

như bạn làm thì: dấu "=" xảy ra $$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a=b+c\\ b=c+a\\ c=b+a\end{matrix}\right.$$
vậy sao đc

[Zaraki]

Bài 79. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$$\dfrac{1}{a^3+8ab^2}+\dfrac{1}{b^3+8bc^2}+\dfrac{1}{c^3+8ca^2}\ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{9abc(a^3b+b^3c+c^3a)}$$

[HÀ QUỐC ĐẠT]

mình chắc chắn là min mà
vì cách giải của thầy giáo hơi kì kì sao đó nên mình định hỏi mọi ng

Vậy Min là bao nhiêu vậy bạn,bạn có thể post lời giải lên được không

[dark templar]

như bạn làm thì: dấu "=" xảy ra $$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
a=b+c\\ b=c+a\\ c=b+a\end{matrix}\right.$$
vậy sao đc

Bạn phaỈ để ý hơn nhé Dấu đẳng thức không chỉ xảy ra khi $a=b+c;b=c+a;c=a+b$ mà còn có thể xảy ra khi $a=0;b=c+a;c=a+b$ hay
$a=0;b=c$ và các hoán vị tương ứng.

[Didier]

Bạn phaỈ để ý hơn nhé Dấu đẳng thức không chỉ xảy ra khi $a=b+c;b=c+a;c=a+b$ mà còn có thể xảy ra khi $a=0;b=c+a;c=a+b$ hay
$a=0;b=c$ và các hoán vị tương ứng.

dark templar sai rồi néu a=0 thì anh đưa cái $ \sqrt{a}$ xuống mãu thế nào được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Didier: 01-11-2011 - 18:55

[Crystal]

Lâu lắm rồi mới ghé thăm pic của vietfrog . Hôm nay, anh tặng vietfrog 1 bài.
Bài 80: Cho $13$ số thực ${a_1},{a_2},...,{a_{13}}$ khác nhau từng đôi một. Chứng minh rằng tồn tại ${a_j},\,\,{a_k},\,\,1 \le j,k \le 13$ sao cho $$0 < \dfrac{{{a_j} - {a_k}}}{{1 + {a_j}{a_k}}} < \sqrt {\dfrac{{2 - \sqrt 3 }}{{2 + \sqrt 3 }}} $$




@vietfrog: Anh tặng em bài này thì em xin giữ làm kỉ niệm thôi. Khó thế ăn sao được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 02-11-2011 - 20:09

[HÀ QUỐC ĐẠT]

dark templar sai rồi néu a=0 thì anh đưa cái $ \sqrt{a}$ xuống mãu thế nào được

Anh dark templar làm đúng rồi đó bạn,có thể chứng minh bằng biến đổi tương đương được mà

[Crystal]

Bài 81: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \geqslant \dfrac{{a + 2012}}{{b + 2012}} + \dfrac{{b + 2012}}{{c + 2012}} + \dfrac{{c + 2012}}{{a + 2012}}$$

[Ispectorgadget]

Bài này nghĩ 1 tiếng mới ra cách làm =.=
Giả sử c= min{a,b,c}
Ta có: $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-3=(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}-2)+(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-\dfrac{b}{a}-1)=\dfrac{a^2+b^2-2ab}{ab}+\dfrac{ab+c^2-bc-ac}{ac}$
=$\dfrac{(a-b)^2}{ab}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{ac}$
CMTT ta có: $\dfrac{a+2012}{b+2012}+\dfrac{b+2012}{c+2012}+\dfrac{c+2012}{a+2012}-3=\dfrac{(a-b)^2}{(a+2012)(b+2012)}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{(c+2012)(a+2012)}$
vì $a\geq c,b\geq c\Rightarrow \dfrac{(a-b)^2}{ab}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{ac}\geq \dfrac{(a-b)^2}{(a+2012)(b+2012)}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{(c+2012)(a+2012)}$
Do đó $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-3\geq \dfrac{a+2012}{b+2012}+\dfrac{b+2012}{c+2012}+\dfrac{c+2012}{a+2012}-3$
Cộng 2 vế cho 3 ta có đpcm

[Crystal]

Lời giải và một số nhận xét về bài này.

Lời giải:

Giả sử $c=min\left ( a,b,c \right )$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$\dfrac{a-b}{b\left ( b+2012 \right )}+\dfrac{b-c}{c\left ( c+2012 \right )}+\dfrac{c-a}{a\left ( a+2012 \right )}\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \left ( a-b \right )\left [ \dfrac{1}{b\left ( b+2012 \right )} -\dfrac{1}{a\left ( a+2012 \right )}\right ]+\left ( b-c \right )\left [ \dfrac{1}{c\left ( c+2012 \right )}-\dfrac{1}{a\left ( a+2012 \right )} \right ]\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \left ( a-b \right )^{2}\dfrac{\left ( a+b+2012 \right )}{ab\left ( a+2012 \right )\left ( b+2012 \right )}+\left ( b-c \right )\left ( a-c \right )\dfrac{\left ( a+c+2012 \right )}{ac\left ( a+2012 \right )\left ( c+2012 \right )}\geq 0$$
Bất đẳng thức trên đúng với điều đã giả sử ban đầu. Ta có đpcm.

---------------------------------------------

Nhận xét: Bài toán trên được giải quyết bằng phương pháp "Bán Schur - Bán S.O.S". Nội dung của phương pháp này như sau:

Khi đứng trước một bài toán BĐT đối xứng hay hoán vị ta tìm cách đưa BĐT cần chứng minh về dạng sau: $M\left ( a-b \right )^{2}+N\left ( a-c \right )\left ( b-c \right )\geq 0$.

Với điều kiện giả sử $c=min\left ( a,b,c \right )$ hoặc $c=max\left ( a,b,c \right )$. Nhiệm vụ của ta là chứng minh các hệ số $M, N$ không âm hoặc dương.

Về mặt lí thuyết là ta có thể đưa mọi BĐT đối xứng hay hoán vị bất kì về dạng Bán Schur - Bán S.O.S. Nhưng trong thực hành thì ta cần dựa vào một số dạng phân tích tổng quát như sau:

Dạng tổng quát:

Giả sử bất đẳng thức cần chứng minh có dạng là:
$$\left ( a-b \right )A\left ( a,b,c \right )+\left ( b-c \right )B\left ( a,b,c \right )+\left ( c-a \right )C\left ( a,b,c \right )\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \left ( a-b \right )\left [ A\left ( a,b,c \right ) -C\left ( a,b,c \right )\right ]
+\left ( b-c \right )\left [ B\left ( a,b,c \right )-C\left ( a,b,c \right ) \right ]\geq 0$$
Sau đó tìm cách phân tích các biểu thức $A\left ( a,b,c \right )-C\left ( a,b,c \right );\; \; B\left (a,b,c \right )-C\left ( a,b,c \right )$ sao cho chứa các thừa số $a-b;\; \; a-c$.

Đối với dạng căn thức thì ta có thể làm như sau: sử dụng biểu thức liên hợp.
$$\sqrt{A\left ( a,b,c \right )B\left ( a,b,c \right )}-\sqrt{C\left ( a,b,c \right )D\left ( a,b,c \right )}=\dfrac{A\left ( a,b,c \right )B\left ( a,b,c \right )-C\left ( a,b,c \right )D\left ( a,b,c \right )}{\sqrt{A\left ( a,b,c \right )B\left ( a,b,c \right )}+\sqrt{C\left ( a,b,c \right )D\left ( a,b,c \right )}}$$
Sau đó tìm cách đưa về dạng chính tắc của Bán Schur - Bán S.O.S.

[Crystal]

Bài 82: Cho $0<a\leqslant a_{i}\leqslant b,\; t_{i}\geq 0,\; i=1,2,...,n$. Chứng minh rằng:
$$\left ( \sum_{i=1}^{n} t_{i}a_{i}\right )\left ( \sum_{i=1}^{n}\dfrac{t_{i}}{a_{i}} \right )\leq \dfrac{\left ( a+b \right )^{2}}{4ab}\left ( \sum_{i=1}^{n}t_{i} \right )^{2}$$

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 83:Với n là số nguyên dương cho trước và $\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} = n$
Tìm Min:
$T = \dfrac{{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\sqrt {{a_i}+2008} } \right)} }}{{\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {{a_i}} } }}$
p/s:thanks anh Việt
@vietfrog: Đề thế này đúng không Đạt?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 16-11-2011 - 10:42

[vietfrog]

Đây là 2 bài trong Thử sức trước kì thi của THTT

Bài 84:
Cho 2 số thực $x,y$ thỏa mãn: ${x^2} + y{}^2 = 4$
Tìm GTNN của:
\[P = \sqrt {5 - 2x} + \sqrt {54 - 2x - 14y} \]


Bài 85
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn:$xy + yz + xz \le 3$
Chứng minh rằng:
\[\dfrac{2}{{\sqrt {xyz} }} + \dfrac{{27}}{{(2x + y)(2y + z)(2z + x)}} \ge 3\]

[Ispectorgadget]

Bài 84:
Cho 2 số thực $x,y$ thỏa mãn: ${x^2} + y{}^2 = 4$
Tìm GTNN của:
\[P = \sqrt {5 - 2x} + \sqrt {54 - 2x - 14y} \]

P=$\sqrt{(x^2+y^2-2x+1)}+\sqrt{x^2+y^2-2x-14y+50}=\sqrt{(x-1)^2+y^2}+\sqrt{(x-1)^2+(y-7)^2}$
$=\sqrt{(1-x)^2+y^2}+\sqrt{(x-1)^2+(7-y)^2}$
Áp dụng BĐT tọa độ véc tơ ta có
$P\geq \sqrt{(1-x+x-1)^2+(y+7-y)^2}=\sqrt{7^2}=7$
Dấu bằng xảy ra khi (1-x)(7-y)=y(x-1)
Tương đương 7 - y -7x +xy=xy-y
Tìm được x=1; Thay vào $x^2+y^2=4$ tìm được y =$\sqrt 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 04-01-2012 - 17:13

[tangkhaihanh]

Bài 86: Cho các số x,y,x dương thỏa mãn $xy+yz+zx=1$
CMR $\sqrt{x^3+x}+\sqrt{y^3+y}+\sqrt{z^3+z} \ge 2\sqrt{x+y+z}$
Giải bằng lượng giác thì càng tốt

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 16-11-2011 - 23:36

[kelangthang]

Bất đẳng thức này mình chế từ Nesbit $3$ số k biết có ở đâu chưa
Thôi cứ coi như quà ra mắt của mem mới
Bài 87:
Với các số thực dương ${a_1};{a_2};{a_3};...;{a_n}$ và $k \in N*$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{a_1}{a_2+ka_3}+\dfrac{a_2}{a_3+ka_4}+...+\dfrac{a_n}{a_1+ka_2}\geq\dfrac{n}{k+1}$

Bài 88:
Cho các số thực a,b,c thỏa xyz=1
Chứng minh rằng:

$\sqrt{\dfrac{xy}{x+y}}+\sqrt{\dfrac{yz}{y+z}+\sqrt{\dfrac{zx}{z+x}\geq2\sqrt{1+\dfrac{1}{(1+\dfrac{1}{x})(1+\dfrac{1}{y})(1+\dfrac{1}{z})}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kelangthang: 18-11-2011 - 19:44

[vietfrog]

Bài 85
Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn:$xy + yz + xz \le 3$
Chứng minh rằng:
\[\dfrac{2}{{\sqrt {xyz} }} + \dfrac{{27}}{{(2x + y)(2y + z)(2z + x)}} \ge 3\]

Không ai chém à.
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

$$\dfrac{1}{\sqrt{xyz}}+\dfrac{1}{\sqrt{xyz}}+\dfrac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)} \geq 3\sqrt[3]{\dfrac{27}{xyz(2x+y)(2y+z)(2z+x)}}$$
Đánh giá mẫu:
$$xyz(2x+y)(2y+z)(2z+x) = (2xz+yz)(2yx+zx)(2zy+xy) \le \dfrac{3^3(xy+yz+xz)^3}{27} \le 3^3$$
$$\Rightarrow \dfrac{2}{\sqrt{xyz}}+\dfrac{27}{(2x+y)(2y+z)(2z+x)} \geq 3$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 17-11-2011 - 23:07

[alex_hoang]

Bài 79. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$$\dfrac{1}{a^3+8ab^2}+\dfrac{1}{b^3+8bc^2}+\dfrac{1}{c^3+8ca^2}\ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{9abc(a^3b+b^3c+c^3a)}$$

Bài toán đã cho tương đương
\[\frac{{bc}}{{{a^2} + 8{b^2}}} + \frac{{ca}}{{{b^2} + 8{c^2}}} + \frac{{ab}}{{{c^2} + 8{a^2}}} \ge \frac{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^2}}}{{9({a^3}b + {b^3}c + {c^3}a)}}\]
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì
\[\frac{{bc}}{{{a^2} + 8{b^2}}} + \frac{{ca}}{{{b^2} + 8{c^2}}} + \frac{{ab}}{{{c^2} + 8{a^2}}} \ge \frac{{{{\left( {ab + bc + ca} \right)}^2}}}{{\left( {{a^3}b + {b^3}c + {c^3}a} \right)8 + abc(a + b + c)}}\]
Vậy ta chỉ cần chứng minh
\[abc(a + b + c) \le {a^3}b + {b^3}c + {c^3}a \Leftrightarrow a + b + c \le \frac{{{a^2}}}{c} + \frac{{{c^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{a}\]
Bất đẳng thức cuối thấy người ta bảo đúng theo Cauchy-Schwarz

Lâu lắm rồi mới ghé thăm pic của vietfrog . Hôm nay, anh tặng vietfrog 1 bài.
Bài 80: Cho $13$ số thực ${a_1},{a_2},...,{a_{13}}$ khác nhau từng đôi một. Chứng minh rằng tồn tại ${a_j},\,\,{a_k},\,\,1 \le j,k \le 13$ sao cho $$0 < \dfrac{{{a_j} - {a_k}}}{{1 + {a_j}{a_k}}} < \sqrt {\dfrac{{2 - \sqrt 3 }}{{2 + \sqrt 3 }}} $$




@vietfrog: Anh tặng em bài này thì em xin giữ làm kỉ niệm thôi. Khó thế ăn sao được

Ta đặt \[\tan {\alpha _i} = {a_i}\left( {\alpha \in \left[ {\frac{{ - \pi }}{2},\frac{\pi }{2}} \right]} \right)\]
Vậy ta chia đoạn \[{\left[ {\frac{{ - \pi }}{2},\frac{\pi }{2}} \right]}\] thành $12$ đoạn sao cho mỗi đoạn có độ dài \[\frac{\pi }{{15}}\]
Như vậy tồn tại 2 số \[{\alpha _j},{\alpha _k}\] sao cho chúng cùng thuộc một đoạn
Vậy thì
\[0 < \tan \left( {{\alpha _j} - {\alpha _k}} \right) < \tan \frac{\pi }{{12}} \Leftrightarrow 0 < \frac{{\tan {\alpha _j} - \tan {\alpha _k}}}{{1 + \tan {\alpha _j}.\tan {\alpha _k}}} = \frac{{{a_j} - {a_k}}}{{1 + {a_j}{a_k}}} < \sqrt {\frac{{2 - \sqrt 3 }}{{2 + \sqrt 3 }}} \]
Ta có đpcm

[alex_hoang]

BÀi 83:Với n lÀ số nguyên dương cho trước vÀ $\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} = n$
Tìm Min:
$T = \dfrac{{\sum\limits_{i = 1}^n {\left( {\sqrt {{a_i}+2008} } \right)} }}{{\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {{a_i}} } }}$
p/s:thanks anh Việt
@vietfrog: Đề thế nÀy đúng không Đạt?

Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz thì ta có
\[2009({a_i} + 2008) \ge {\left( {\sqrt {{a_i}} + 2008} \right)^2} \Rightarrow \sqrt {{a_i} + 2008} \ge \frac{1}{{\sqrt {2009} }}(\sqrt {{a_i}} + 2008)\]
Bởi vậy
\[\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {{a_i} + 2008} } \ge \frac{1}{{\sqrt {2009} }}(\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} + 2008n)\]
Mặt khác lại theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì ta có
\[n(\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} ) \ge {\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} } \right)^2}\]
Vậy
\[\frac{{\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {{a_i} + 2008} } }}{{\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }} \ge \sqrt {2009} \]

BÀi 86: Cho các số x,y,x dương thỏa mãn $xy+yz+zx=1$
CMR $\sqrt{x^3+x}+\sqrt{y^3+y}+\sqrt{z^3+z} \ge 2\sqrt{x+y+z}$
Giải bằng lượng giác thì cÀng tốt

Ta có \[{a^3} + a = {a^2}(a + b + c) + abc\]
Theo Bất đảng thức Minkopxki thì
\[VT \ge \sqrt {{{(a + b + c)}^3} + 9abc} \ge \sqrt {4(a + b + c)(ab + bc + ca)} = 2\sqrt {a + b + c} \]