Chủ đề này có 436 trả lời

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 93:
$BĐT\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})+2abc+7\geq 6(ab+bc+ca)$
Áp dụng bổ đề:$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+3\geq 2(ab+bc+ca)$
BĐT hiển nhiên đúng theo AM-GM
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c
Bài 94:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có:
$(a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ca}{b})(c+\dfrac{ab}{c})\geq 4\sqrt[3]{(a^{3}+b^{3})(b^{3}+c^{3})(c^{3}+a^{3})}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 24-11-2011 - 14:19

[tuithichtoan]

BÀi 94:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta luôn có:
$(a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ca}{b})(c+\dfrac{ab}{c})\geq 4\sqrt[3]{(a^{3}+b^{3})(b^{3}+c^{3})(c^{3}+a^{3})}$

Giả sử: $(a^{3}+b^{3})(b^{3}+c^{3})(c^{3}+a^{3})=8$
$\Rightarrow abc\leq 1\Rightarrow \dfrac{1}{abc}\geq 1$
BDT cần chứng minh tương đương với:
$(a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ac}{b})(c+\dfrac{ab}{c})\geq 8$
Có: $(a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ac}{b})(c+\dfrac{ab}{c})$
$\geq (a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ac}{b})(c+\dfrac{ab}{c}).\dfrac{1}{abc}$
Áp dụng BDT Holder có: $\geq (\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\dfrac{bc}{a}.\dfrac{ac}{b}.\dfrac{ab}{c}})^{3}.\dfrac{1}{abc}$ $=\dfrac{(2\sqrt[3]{abc})^{3}}{abc}=8$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuithichtoan: 24-11-2011 - 16:53

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Giả sử: $(a^{3}+b^{3})+(b^{3}+c^{3})+(c^{3}+a^{3})=8$
$\Rightarrow abc\leq 1\Rightarrow \dfrac{1}{abc}\geq 1$
BDT cần chứng minh tương đương với:
$(a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ac}{b})(c+\dfrac{ab}{c})\geq 8$
Có: $(a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ac}{b})(c+\dfrac{ab}{c})$
$\geq (a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ac}{b})(c+\dfrac{ab}{c}).\dfrac{1}{abc}$
Áp dụng BDT Holder có: $\geq (\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\dfrac{bc}{a}.\dfrac{ac}{b}.\dfrac{ab}{c}})^{3}.\dfrac{1}{abc}$ $=\dfrac{(2\sqrt[3]{abc})^{3}}{abc}=8$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bất đẳng thức của bạn bị ngược dấu chỗ này $(a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ac}{b})(c+\dfrac{ab}{c})\geq (a+\dfrac{bc}{a})(b+\dfrac{ac}{b})(c+\dfrac{ab}{c}).\dfrac{1}{abc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 24-11-2011 - 16:49

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 95:
Chứng minh với mọi a,b,c ta luôn có:
$(a+b-c)^{2}(b+c-a)^{2}(c+a-b)^{2}\geq (a^{2}+b^{2}-c^{2})(b^{2}+c^{2}-a^{2}))(c^{2}+a^{2}-b^{2})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 06-12-2011 - 23:36

[Crystal]

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

Lời giải cho bài 82.

Vì $a_i^2 - \left( {a + b} \right){a_i} + ab \leqslant 0$ nên ${t_i}{a_i} + \dfrac{{{t_i}ab}}{{{a_i}}} \leqslant \left( {a + b} \right){t_i},\,\forall i = \overline {1,n} $
Theo BĐT AM - GM, ta có:
$$\left( {a + b} \right)\sum\limits_{i = 1}^n {{t_i}} \geqslant 2\sqrt {ab\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{t_i}{a_i}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{{t_i}}}{{{a_i}}}} } \right)} \Leftrightarrow \left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{t_i}{a_i}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{{t_i}}}{{{a_i}}}} } \right) \leqslant \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{4ab}}{\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{t_i}} } \right)^2}$$
Bài toán chứng minh xong.

[asroma11235]

Bài 96:
Cho $(a+b+c)^3 = 9(ab+bc+ca)$ ; $a.b.c >0$
$CM: (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ac+a^2) \leq 27$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 06-12-2011 - 23:36

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Cho $(a+b+c)^3 = 9(ab+bc+ca)$ ; $a.b.c >0$
$CM: (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ac+a^2) \leq 27$

Từ giả thiết$\Rightarrow a+b+c\leq 3$
Áp dụng AM-GM ta có:
$VT\leq (\dfrac{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ca}{3})^{3}=(\dfrac{2(a+b+c)^{2}-3(ab+bc+ca)}{3})^{3}=(\dfrac{2(a+b+c)^{2}-\dfrac{(a+b+c)^{3}}{3}}{3})^{3}$
Ta đi chứng minh $\dfrac{2(a+b+c)^{2}-\dfrac{(a+b+c)^{3}}{3}}{3}\leq 3$
Thật vậy.Đặt x=a+b+c ta có:
$\Rightarrow 6x^{2}-x^{3}\leq 27\Leftrightarrow (x-3)(x^{2}-3x-9)\geq 0$(đúng vì x 3)
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 30-11-2011 - 17:58

[vietfrog]

Mọi người nhớ ghi số bài nhé. Làm xong nhớ post 1 bài để lại để Topic hoạt động .
Phê bình Đạt nhá .
Xin phép post một số bài cho anh em chém. Có kinh nghiệm gì chia sẻ luôn nhé. Cứ chém không buồn lắm .
Bài 97:
Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\[\frac{1}{{{a^4} + {b^4} + {c^4} + abcd}} + \frac{1}{{{b^4} + {c^4} + {d^4} + abcd}} + \frac{1}{{{c^4} + {d^4} + {a^4} + abcd}} + \frac{1}{{{d^4} + {a^4} + {b^4} + abcd}} \le \frac{1}{{abcd}}\]
Bài 98
Cho $x,y>1$.Tìm GTNN của:
\[P = \frac{{\left( {{x^3} + {y^3}} \right) - \left( {{x^2} + {y^2}} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right)}}\]
Bài 99:
Cho 3 số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$
Chứng minh rằng:
\[\frac{{{a^3}}}{{{b^2} + 3}} + \frac{{{b^3}}}{{{c^2} + 3}} + \frac{{{c^3}}}{{{a^2} + 3}} \ge \frac{3}{4}\]
Bài 100: (mốc son)
Cho $x,y,z$ là các số không âm. Chứng minh rằng:
\[\frac{{{x^2}}}{{{x^2} + xy + {y^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + yz + {z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{z^2} + zx + {x^2}}} + \frac{{4xyz}}{{\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {x + z} \right)}} \le \frac{3}{2}\]
( câu này em chịu )

Mọi người nhiệt liệt ủng hộ Topic tròn 100 bài nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 08-12-2011 - 20:59

[Ispectorgadget]

Vô ủng hộ anh "Việt Cóc"
Bài 97:
Ta có bổ đề: $x^4+y^4+z^4\geq x^2y^2+z^2x^2+y^2z^2\geq xyz(x+y+z)$
Áp dụng ta có:
VT$\leq \dfrac{1}{abc(a+b+c+d)}+\dfrac{1}{bcd(a+b+c+d)}+\dfrac{1}{cda(a+b+c+d)}+\dfrac{1}{abd(a+b+c+d)}=\dfrac{1}{abcd}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-12-2011 - 20:10

[vietfrog]

Vô ủng hộ anh "Việt Cóc"
Bài 98:
$P=\dfrac{x^2(x-1)+y^2(y-1)}{(x-1)(y-1)}=\dfrac{x^2}{y-1}+\dfrac{y^2}{y-1}$

Việt Cóc nào .
Em gõ nhầm P rồi đó. Và $P=\dfrac{x^2(x-1)+y^2(y-1)}{(x-1)(y-1)}=\dfrac{x^2}{y-1}+\dfrac{y^2}{x-1}$ thì em áp dụng bổ đề kia như thế nào đây.
Theo anh thì dùng hàm số cũng được .

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có: $$P \ge \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{{x + y - 2}} = \frac{{{t^2}}}{{t - 2}}=f(t)$$
Dùng hàm số với ĐK $t>2$ ta dễ dàng thu được :$f(t) \ge f(4)$
Như vậy $P \ge f(4) = 8$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 08-12-2011 - 17:33

[Ispectorgadget]

Bài trên em nhầm tí
Ta có: $\dfrac{1}{x-1}\geq \dfrac{4}{x^2}$
CM: $x^2-4x+4=(x-2)^2\geq 0$
Áp dụng ta có: $\dfrac{y^2}{x-1}+\dfrac{x^2}{y-1}\geq \dfrac{4y^2}{x^2}+\dfrac{4x^2}{y^2}=4(\dfrac{x^2}{y^2}+\dfrac{y^2}{x^2})\geq 8$
Đẳng thức xảy ra khi x=y =2

Mà bài 99 ý em nghĩ đề phải là $\dfrac{c^3}{a^2+3}$


@vietfrog: Anh gõ nhầm, đã sửa. Cảm ơn Kiên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 08-12-2011 - 21:00

[vietfrog]

Bài 99:
Cho 3 số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$
Chứng minh rằng:
\[\frac{{{a^3}}}{{{b^2} + 3}} + \frac{{{b^3}}}{{{c^2} + 3}} + \frac{{{c^3}}}{{{a^2} + 3}} \ge \frac{3}{4}\]

Bài 99 mình làm cách này không hay cho lắm. Mọi người chém cách khác nữa nhé.
Áp dụng BĐT hoán vị, BĐT tiếp tuyến ta có được :
\[VT \ge \sum {\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + 3}}} \ge \sum {\left( {\frac{5}{8}(a - 1) + \frac{1}{4}} \right)} = \frac{5}{8}(a + b + c) - \frac{9}{8} \ge \frac{5}{8}.3 - \frac{9}{8} = \frac{3}{4}\]
( chú thích: ${(a + b + c)^2} \ge 3(ab + ac + bc) = 9 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3$)
Cách này không phù hợp thi ĐH lắm

[dark templar]

Bài 99 mình làm cách này không hay cho lắm. Mọi người chém cách khác nữa nhé.
Áp dụng BĐT hoán vị, BĐT tiếp tuyến ta có được :
\[VT \ge \sum {\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + 3}}} \ge \sum {\left( {\frac{5}{8}(a - 1) + \frac{1}{4}} \right)} = \frac{5}{8}(a + b + c) - \frac{9}{8} \ge \frac{5}{8}.3 - \frac{9}{8} = \frac{3}{4}\]
( chú thích: ${(a + b + c)^2} \ge 3(ab + ac + bc) = 9 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3$)
Cách này không phù hợp thi ĐH lắm

Bài này chỉ đơn giản là BĐT AM-GM mà thôi,làm gì mà phải xài cả hoán vị thế Việt )
Để ý rằng:$a^2+3=a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)$ nên BĐT tương đương:
$$\sum\frac{a^3}{(b+c)(b+a)} \ge \frac{3}{4}$$
Sử dụng BĐT AM-GM,ta có:
$$\frac{a^3}{(b+c)(b+a)}+\frac{b+c}{8}+\frac{b+a}{8} \ge \frac{3}{4}a$$
Vậy ta có:
$$\sum\frac{a^3}{(b+c)(b+a)} \ge \frac{a+b+c}{4} \ge \frac{\sqrt{3(ab+bc+ca)}}{4}=\frac{3}{4}$$
Xong.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

[le_hoang1995]

Các anh chị làm giúp em bài này:
Bài 101: cho a,b,c không âm, Cmr:
$\sqrt{\dfrac{2a}{a+b}}+\sqrt{\dfrac{2b}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{2c}{c+a}}\leq 3$
em mới chứng minh được trong TH $b\geq a\geq c$ thôi, cảm ơn các anh chị nhiều

[Katyusha]

Các anh chị làm giúp em bài này:
Bài 101: cho a,b,c không âm, Cmr:
$\sqrt{\dfrac{2a}{a+b}}+\sqrt{\dfrac{2b}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{2c}{c+a}}\leq 3$
em mới chứng minh được trong TH $b\geq a\geq c$ thôi, cảm ơn các anh chị nhiều

Bài này là China MO 2005, bạn tham khảo lời giải ở đây

http://mathifc.wordp...0/inequality-6/

[Zaraki]

Bài 102. Cho $a,b,c \ge 0$. Chứng minh \[5(a^3+b^3+c^3)+(a^2b+b^2c+c^2a)+12abc\ge 10(a^2c+c^2b+b^2a)\]
Bài 103. Nếu $a, b, c>0, a+b+c=3, n \ \in \mathbb{N}$. Chứng minh \[\dfrac{(n+1)a^2+2nab^2}{a+2b^2}+\dfrac{(n+1)b^2+2nbc^2}{b+2c^2}+\dfrac
{(n+1)c^2+2nca^2}{c+2a^2}\geq 3n+1\]
Bài 104. Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh \[a^2+b^2+c^2+2+\dfrac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}\ge2(ab+bc+ca)\]
Bài 105. Cho $a,b,c>0$ và $(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)=8$. Chứng minh \[3\le \dfrac{9}{\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}}\le \dfrac{1}{abc}+\dfrac{2}{\sqrt[3]{abc}}\]
Bài 106. Cho $a,b,c>0$ và $a+b<3c, \ a+c<3b, \ b+c<3a$. Chứng minh \[a^2b^2\dfrac{a+b}{b+c}+b^2c^2\dfrac{b+c}{c+a}+c^2a^2\dfrac{c+a}{a+b}\ge \dfrac{(a+b+c)^4}{27}\]

[vietfrog]

Không hiểu Toàn lấy mấy bài trên ở đâu mà khủng khiếp quá. Mấy bài này đã làm Topic ngừng trệ 1 thời gian rồi. Nếu Toàn làm được hoặc có lời giải thì post lên nhớ. Cũng lâu lắm rồi mà.
Tạm gác lại mấy bài trên. Xin tiếp tục hoạt động của Topic với một số BĐT phù hợp hơn.
Bài 107:
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

\[\frac{{{a^8} + {b^8} + {c^8}}}{{{a^3}{b^3}{c^3}}} \ge \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\]
Bài 108:

Cho các số thực $\ x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $x^2+y^2+z^2-4x+2z \le 0$.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: $$P=2x+3y-2z$$
Mọi người tham gia nhé!

[Ispectorgadget]

Mấy bài của Toàn hóc thật
Bài 107: Bài này là bài toán anh em của bài toán $x^2+y^2+z^2\geq xy+xz+yz$
Lời giải
BĐT cần cm tương đương $a^8+b^8+c^8\geq a^2.b^2.c^2(ab+bc+ac)$
$a^8+b^8+c^8\geq a^4b^4+c^4a^4+b^4c^4\geq a^4b^2c^2+c^4a^2b^2+b^4c^2a^2$
$=a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)\geq a^2b^2c^2(ab+bc+ac)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 10-01-2012 - 23:22

[Tham Lang]

Mình xin làm bài 102 . Giả sử, $a\ge b\ge c$ Lúc đó, bằng biến đổi tương đương, ta có $a^2b + b^2c + c^2a \ge ab^2 + bc^2 + ca^2$
Sử dụng bđt schur, ta có : $$4(a^3 + b^3 + c^3 + 3abc) \ge 4(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)) \ge 8.(ab^2 + bc^2 + ca^2)$$
áp dụng côsi, ta lại có $$a^3 + b^3 + b^3 \ge 3ab^2$$ Tương tự với các số khác, suy ra $a^3 + b^3 + c^3 \ge ab^2 + bc^2 + ca^2$
Từ đó, ta có $$5.(a^3 + b^3 + c^3) + (a^2b + b^2c + c^2a) + 12abc $$ $$= 4.(a^3 + b^3 + c^3 + 3abc) + (a^3 + b^3 + c^3) + (a^2b + b^2c + c^2a) \ge 8.(ab^2 + bc^2 + ca^2) + (ab^2 + bc^2 + ca^2) $$ $$= (ab^2 + bc^2 + ca^2) = 10.(ab^2 + bc^2 + ca^2)$$
Sai rồi thì phải !!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 11-01-2012 - 00:34

[vietfrog]

Rất cảm ơn Kiên và Huy đã tham gia Topic. Bài 102 lời giải khá ngắn gọn.

Bài 108:

Cho các số thực $\ x,y,z$ thỏa mãn điều kiện: $x^2+y^2+z^2-4x+2z \le 0$.
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: $$P=2x+3y-2z$$

Giả thiết được viết lại thành:
$$ (x-2)^2 + y^2 + (z+1)^2 \le 5$$
Khi đó ta có: $$\begin{array}{l}
{(P - 6)^2} = {\left( {2(x - 2) + 3y - 2(z + 1)} \right)^2} \le (4 + 9 + 4)({(x - 2)^2} + {y^2} + {(z + 1)^2}) \le 17.5 \\
\Rightarrow 6 - \sqrt {85} \le P \le 6 + \sqrt {85} \\
\end{array}$$

Nguồn onluyentoan.vn

P/s: Một lưu ý nhỏ, các bạn giải bài nào nên trích dẫn lại bài đó lên phía trên cho mọi người dễ theo dõi. Thanks!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 11-01-2012 - 01:08