Chủ đề này có 436 trả lời

[Math_My.Passion]

Có cách không dùng chuẩn hóa đó bạn!
Bạn suy nghĩ kĩ xem!

Tui không biết cách giải bài này bằng cách không chuẩn hoá, mong og giúp đỡ, Cảm ơn!

[vietfrog]

Chúng ta sẽ cùng nhau thảo luận về 2 bài sau:

Bài 47 (Một BĐT nhẹ nhàng)
Cho $a;b;c;x;y;z \ge 0$ thỏa mãn: $a + x = b + y = c + z$
Chứng minh rằng:
$ax + by + cz \le 1$

Bài 48: Với a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}+\dfrac{(a+c-b)^2}{(a+c)^2+b^2}+\dfrac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2+c^2} \geq \dfrac{3}{5}$
P/s: Chỉ dùng Cauchy.


@vietfrog: bboy114crew có cách giải Bài 48 thì post lên cho mọi người tham khảo nhé!

P/s: Topic dạo này trầm quá. Để chào mừng diễn đàn mới mọi người hãy tham gia giải bài và post bài nhiều nhé !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 03-09-2011 - 12:20

[dark templar]

Bài 48: Với a,b,c là các số dương. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}+\dfrac{(a+c-b)^2}{(a+c)^2+b^2}+\dfrac{(a+b-c)^2}{(a+b)^2+c^2} \geq \dfrac{3}{5}$
P/s: Chỉ dùng Cauchy.

Dùng C-S có được tính không nhỉ
Đặt $x=\dfrac{b+c}{a};y=\dfrac{a+c}{b};z=\dfrac{a+b}{c} \Rightarrow x,y,z>0;xyz \ge 8$

$VT=\sum_{sym}\dfrac{(x-1)^2}{x^2+1} \overset{C-S}{\ge}\dfrac{(x+y+z-3)^2}{x^2+y^2+z^2+3} \ge VP=\dfrac{3}{5}$

hay:

$2\left(\sum_{sym}x-6 \right)^2+6\left(\sum_{cyc}xy-\sum_{sym}x-6 \right) \ge 0$

Nhận thấy rằng:$2\left(\sum_{sym}x-6 \right)^2 \ge 0$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$\sum_{cyc}xy \ge \sum_{sym}x+6$

hay:

$\sum_{sym}a(a+b)(a+c) \ge \sum_{sym}ab(a+b)+6abc$

hay:

$\sum_{sym}a^3 \ge 3abc$(luôn đúng theo BĐT AM-GM)

.
Xong.Đẳng thức xảy ra tại tâm.
----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
P/s:Các bạn thử làm các bài 44,45,46 đi.Cũng khá hay đó (mấy bài đó mình chế ấy ) )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 03-09-2011 - 17:57

[Math_My.Passion]

Dùng C-S có được tính không nhỉ

$VT=\sum_{sym}\dfrac{(x-1)^2}{x^2+1} \overset{C-S}{\ge}\dfrac{(x+y+z-3)^2}{x^2+y^2+z^2+3} \ge VP=\dfrac{3}{5}$

hay:

$2\left(\sum_{sym}x-6 \right)^2+6\left(\sum_{cyc}xy-\sum_{sym}x-6 \right) \ge 0$

Từ trên xuống tui thấy có vấn đề sao ấy , biến đổi lại xem

[dark templar]

Từ trên xuống tui thấy có vấn đề sao ấy , biến đổi lại xem

Bạn nghĩ sai ở chỗ nào
P/s:Mình không tìm ra lỗi sai
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài post này là để giải thích cho bạn Math_My.Passion:
$\dfrac{(x+y+z-3)^2}{x^2+y^2+z^2+3} \ge \dfrac{3}{5} \Leftrightarrow 5(x+y+z)^2-30(x+y+z)+45 \ge 3(x^2+y^2+z^2+3)$
$\Leftrightarrow 2(x^2+y^2+z^2)+10(xy+yz+zx)-30(x+y+z)+36 \ge 0$
$\Leftrightarrow 2[(x+y+z)^2-12(x+y+z)+36]+6(xy+yz+zx)-6(x+y+z)-36 \ge 0$
$\Leftrightarrow 2\left(\sum_{sym}x -6 \right)^2+6\left(\sum_{cyc}xy -\sum_{sym}x -6 \right) \ge 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 04-09-2011 - 09:14

[emptyheart]

Bài 49:Cho $a,b,c,d > 0 : a+b+c+d =1 $:
CMR: $ab+bc+cd+da +\dfrac{2}{ (a+b)(c+d) } \leq \dfrac{1}{ \sqrt{ab} }+\dfrac{1}{ \sqrt{cd} }+\dfrac{a+b+c+d}{4}$

Mod:Đánh số thứ tự bài+gõ Latex rõ ràng hơn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 04-09-2011 - 17:44

[vietfrog]

Bài 50:
Tìm Min của:
$P = \dfrac{{{{(x + y + z)}^6}}}{{x{y^2}{z^3}}}$
với x,y,z là các số dương

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 08-09-2011 - 12:16

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 50:
Tìm Min của:
$P = \dfrac{{{{(x + y + z)}^6}}}{{x{y^2}{z^3}}}$
với x,y,z là các số dương

Giả sử x y z
Theo Bất đẳng thức AM-GM ta có: $xy^{2}z^{3}\leq\dfrac{ (x+2y+3z)^{6} }{ 6^{6} }\leq\dfrac{ (2x+2y+2z)^{6} }{ 6^{6} }=\dfrac{ (x+y+z)^{6} }{ 3^{6} }$
$\dfrac{ (x+y+z)^{6} }{xy^{2}z^{3} }\geq 3^{6}$
Vậy Min P=$ 3^{6}$ x=y=z

@vietfrog: Bạn kiểm tra lại lời giải nhé.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 08-09-2011 - 12:17

[vietfrog]

Giả sử x y z
Theo Bất đẳng thức AM-GM ta có: $xy^{2}z^{3}\leq\dfrac{ (x+2y+3z)^{6} }{ 6^{6} }\leq\dfrac{ (2x+2y+2z)^{6} }{ 6^{6} }=\dfrac{ (x+y+z)^{6} }{ 3^{6} }$
$\dfrac{ (x+y+z)^{6} }{xy^{2}z^{3} }\geq 3^{6}$
Vậy Min P=$ 3^{6}$ x=y=z

Híc. Lời giải của bạn chưa đúng. Bạn thử thay :$x=1;y=2;z=3$ thì $P =432 <{3^6} = 729$
Bài này chỉ cần sử dụng BĐT AM-GM nhưng phân tách cho hợp lý là ok.
Mời mọi người tham gia giải tiếp.

[Crystal]

Bài 50:
Tìm Min của:
$P = \dfrac{{{{(x + y + z)}^6}}}{{x{y^2}{z^3}}}$
với x,y,z là các số dương

Theo AM-GM, ta có: $x + y + z = x + \dfrac{y}{2} + \dfrac{y}{2} + \dfrac{z}{3} + \dfrac{z}{3} + \dfrac{z}{3} \ge 6\sqrt[6]{{x{{\left( {\dfrac{y}{2}} \right)}^2}{{\left( {\dfrac{z}{3}} \right)}^3}}}$

Do đó: $P = \dfrac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^6}}}{{x{y^2}{z^3}}} \ge \dfrac{{{6^6}}}{{{2^2}{{.3}^3}}} = 432.$. Dấu "=" xảy ra khi $x = \dfrac{1}{2}y = \dfrac{1}{3}z$.

Vậy $\min P = 432$ khi $x = \dfrac{1}{2}y = \dfrac{1}{3}z$.

[HÀ QUỐC ĐẠT]

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 viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 08-09-2011 - 16:57

[alex_hoang]

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 toán này có trong cuốn sách O and N của ngài Vasile Citoaje bạn có thể giải bằng phương pháp dồn biến(bài này cũng được nhắc đến trong sáng tạo bất đẳng thức) với dạng như trên theo mình nghĩ nó còn có thể giải bằng PQR

[alex_hoang]

Bài 49:Cho $a,b,c,d > 0 : a+b+c+d =1 $:
CMR: $ab+bc+cd+da +\dfrac{2}{ (a+b)(c+d) } \leq \dfrac{1}{ \sqrt{ab} }+\dfrac{1}{ \sqrt{cd} }+\dfrac{a+b+c+d}{4}$

Mod:Đánh số thứ tự bài+gõ Latex rõ ràng hơn.

Bài này mình cảm thấy khá kì lạ
Đã cho điều kiện $a+b+c+d=1$ lại còn để biểu thức $a+b+c+d$ ở vế phải
Tuy nhiên nó hiển nhiên đúng do
$ab + bc + cd + da \le \dfrac{{{{(a + b + c + d)}^2}}}{4}$ và $\dfrac{2}{{(a + b)(c + d)}} \le \dfrac{1}{{\sqrt {ab} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {cd} }}$

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 52:Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn
$\dfrac{1}{1+ a^{4} }+\dfrac{1}{1+ b^{4} }+\dfrac{1}{1+ c^{4} }+\dfrac{1}{1+ d^{4} }=1$
Chứng minh abcd $\geq 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 08-09-2011 - 22:07

[tuithichtoan]

Bài 52:Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn
$\dfrac{1}{1+ a^{4} }+\dfrac{1}{1+ b^{4} }+\dfrac{1}{1+ c^{4} }+\dfrac{1}{1+ d^{4} }=1$
Chứng minh abcd $\geq 3$

ta có: $\dfrac{1}{1+a^{4}}+\dfrac{1}{1+b^{4}}+\dfrac{1}{1+c^{4}}+\dfrac{1}{1+d^{4}}=1$
suy ra:
$\dfrac{1}{1+a^{4}}+ \dfrac{1}{1+b^{4}}+\dfrac{1}{1+c^{4}}= \dfrac{d^{4}}{1+d^{4}}$
ÁP DỤNG CO_SI :
$\dfrac{d^{4}}{1+d^{4}}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{(1+a^{4}).(1+b^{4}).(1+c^{4})}}$
tương tự có:
$\dfrac{c^{4}}{1+c^{4}}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{(1+a^{4}).(1+b^{4}).(1+d^{4})}}$
$\dfrac{b^{4}}{1+a^{4}}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{(1+a^{4}).(1+c^{4}).(1+d^{4})}}$
$\dfrac{a^{4}}{1+a^{4}}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{(1+b^{4}).(1+c^{4}).(1+d^{4})}}$
nhân vế với vế 3 bất phương trình được:
$\dfrac{a^{4}}{1+a^{4}}.\dfrac{b^{4}}{1+b^{4}}.\dfrac{c^{4}}{1+c^{4}}.\dfrac{d^{4}}{1+d^{4}}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{(1+a^{4}).(1+b^{4}).(1+c^{4})}}.\dfrac{3}{\sqrt[3]{(1+a^{4}).(1+b^{4}).(1+d^{4})}}.\dfrac{3}{\sqrt[3]{(1+b^{4}).(1+c^{4}).(1+d^{4})}}.\dfrac{3}{\sqrt[3]{(1+b^{4}).(1+c^{4}).(1+d^{4})}}$
vậy: abcd 3 ĐPCM
dấu "=" khi $a = b = c = d = \sqrt[4]{3}$

@vietfrog: Bạn trình bày cẩn thận hơn nhé. Nhiều lỗi trình bày lắm đó!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 21-09-2011 - 00:14

[vietfrog]

Tiện đây post thêm một số BĐT đối xứng đơn giản để mọi người chém nhiều cách.
Bài 53: ( HSG tỉnh Hải Dương vòng 2 năm 2009-2010 )
Cho $a,b,c$ là các số dương và $abc=1$.
Chứng minh rằng:

$\dfrac{a}{{a + {b^4} + {c^4}}} + \dfrac{b}{{b + {c^4} + {a^4}}} + \dfrac{c}{{c + {a^4} + {b^4}}} \le 1$

Bài 54:
Cho các số dương a,b,c thỏa mãn : ${x^2} + {y^2} + {z^2} = 1$
Chứng minh rằng:

$\dfrac{x}{{1 - {x^2}}} + \dfrac{y}{{1 - {y^2}}} + \dfrac{z}{{1 - {z^2}}} \ge \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 03-10-2011 - 22:05

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 54:
$Ta có:2=(1-x^{2})+(1-x^{2}+2x^{2}\geq3\sqrt[3]{ (1-x^{2}) ^{2}).2x^{2} }$
8 54$x^{2}(1-x^{2}) ^{2}$
$x.(1-x^{2})\leq\dfrac{2}{3\sqrt{3} }$
$\dfrac{x}{1-x^{2} }\geq\dfrac{3\sqrt{3}x^{2} }{2}$
Tương tự ta có: $\dfrac{y}{1-y^{2} }\geq\dfrac{3\sqrt{3}y^{2} }{2}$
$\dfrac{z}{1-z^{2} }\geq\dfrac{3\sqrt{3}z^{2} }{2}$
$\dfrac{x}{1-x^{2} }+\dfrac{y}{1-y^{2} }+\dfrac{z}{1-z^{2} }\geq\dfrac{3\sqrt{3}( x^{2}+y^{2}+z^{2}) }{2}=\dfrac{3\sqrt{3} }{2}$
Dẫu "=" xảy ra x=y=z=$=\dfrac{1}{\sqrt{3} }$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 09-09-2011 - 11:04

[alex_hoang]

Bài 52:Cho a,b,c,d là các số thực dương thỏa mãn
$\dfrac{1}{1+ a^{4} }+\dfrac{1}{1+ b^{4} }+\dfrac{1}{1+ c^{4} }+\dfrac{1}{1+ d^{4} }=1$
Chứng minh abcd $\geq 3$

Bài toán này còn có thể dùng lượng giác để giải nữa các bạn thử suy nghĩ xem

[dark templar]

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 viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 09-09-2011 - 21:48

[alex_hoang]

[size=4][font=Palatino Linotype]Tiện đây post thêm một số BĐT đối xứng đơn giản để mọi người chém nhiều cách.
Bài 53: ( HSG tỉnh Hải Dương vòng 2 năm 2009-2010 )
Cho $a,b,c$ là các số dương và $abc=1$.
Chứng minh rằng:

$\dfrac{a}{{a + {b^4} + {c^4}}} + \dfrac{b}{{b + {c^4} + {a^4}}} + \dfrac{c}{{c + {a^4} + {b^4}}} \le 1$

Bài 53
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy schwarz ta có
$(a + {b^4} + {c^4})({a^3} + 1 + 1) \ge {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \Rightarrow \dfrac{1}{{(a + {b^4} + {c^4})}} \le \dfrac{{{a^3} + 2}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}$
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự ta phải chỉ phải chứng minh
$\dfrac{{{a^3} + {b^3} + {c^3} + 6}}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}} \le 1$
Nhưng rõ ràng bất đẳng thức này có thể dễ dàng cm bởi AM-GM vậy ta có đpcm