Chủ đề này có 4 trả lời

[binhnb]

1, Cho a, b, c >0.Chứng minh rằng:
a, $\dfrac{a}{{(a + b)bc}} + \dfrac{b}{{(b + c)ca}} + \dfrac{c}{{(c + a)ab}} \ge \dfrac{{27}}{{2(a + b + c)^2 }}$
b, $\dfrac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}} \ge 30$ ( với a+b+c=1)
c, $\dfrac{a}{{b + c + 1}} + \dfrac{b}{{c + a + 1}} + \dfrac{c}{{a + b + 1}} + (1 - a)(1 - b)(1 - c) \le 1$ ($a,b.c \in \left[ {0;1} \right]$)
d, $\dfrac{{a^2 b}}{c} + \dfrac{{b^2 c}}{a} + \dfrac{{c^2 a}}{b} \ge a + b + c$(với $a \ge b \ge c$)
2, Cho số nguyên dương n, chứng minh rằng:
a, $\sqrt[n]{n} > \sqrt[{n + 1}]{{n + 1}}$( với $n \ge 3$
b, $\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^n < \left( {1 + \dfrac{1}{{n + 1}}} \right)^{n + 1} $
3, Cho các số dương a, b, c, thỏa mãn $a^4 + b^4 + c^4 = 3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
M=$\dfrac{{a^{10} }}{{b^\alpha }} + \dfrac{{b^{10} }}{{c^\alpha }} + \dfrac{{c^{10}}}{{a^\alpha }}$
4, Cho x, y, z >0 thỏa mãn xy+yz+zx=1
Tìm giá trị nhỏ nhất của A=$ax^2 + by^2 + cz^2 $ (với a, b, c>0)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnb: 06-09-2011 - 12:13

[Crystal]

1, Cho a, b, c >0.Chứng minh rằng:
b, $\dfrac{1}{{a^2 + b^2 + c^2 }} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}} \ge 30$ ( với a+b+c=1)

Bài này đã. Mình nhớ bài toán này đã có trên diễn đàn nhưng được giải theo cách khác. Giờ mình xin giới thiệu thêm 1 cách . Mấy bài còn lại làm sau.

Áp dụng BDT Bunhiacopski cho 2 bộ số:

$\left( {\dfrac{1}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }};\dfrac{1}{{\sqrt {ab} }};\dfrac{1}{{\sqrt {bc} }};\dfrac{1}{{\sqrt {ca} }}} \right)$

$\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} ;3\sqrt {ab} ;3\sqrt {bc} ;3\sqrt {ca} } \right)$

Ta có: ${\left( {1 + 3 + 3 + 3} \right)^2} \le \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + 9ab + 9bc + 9ca} \right).VT$

$ \Rightarrow 100 \le \left[ {{{\left( {a + b + c} \right)}^2} + 7\left( {ab + bc + ca} \right)} \right].VT\,\,\,(1)$

Mà $ab + bc + ca \le \dfrac{1}{3}{\left( {a + b + c} \right)^2} = \dfrac{1}{3}\,\,\,\left( {a + b + c = 1} \right)$

Do đó: $\left( 1 \right) \Rightarrow VT \ge 30$. Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = \dfrac{1}{3}$.

[tuithichtoan]

1, Cho a, b, c >0.Chứng minh rằng:
a, $\dfrac{a}{{(a + b)bc}} + \dfrac{b}{{(b + c)ca}} + \dfrac{c}{{(c + a)ab}} \ge \dfrac{{27}}{{2(a + b + c)^2 }}$

áp dụng bất đẳng thức AM_GM ta được:
$\dfrac{a}{(a+b)bc}+\dfrac{b}{(b+c)ca}+\dfrac{c}{(c+a)ab}\geq 3.\sqrt[3]{\dfrac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a).(abc)^{2}}}=3.\sqrt[3]{\dfrac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)abc}}\geq 3.\sqrt[3]{\dfrac{1}{\dfrac{(a+b+b+c+c+a)^{3}}{27}.\dfrac{(a+b+c)^{3}}{27}}}\geq \dfrac{27}{2(a+b+c)^{2}};$ (ĐPCM)
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c

[Crystal]

1, Cho a, b, c >0.Chứng minh rằng:
d, $\dfrac{{a^2 b}}{c} + \dfrac{{b^2 c}}{a} + \dfrac{{c^2 a}}{b} \ge a + b + c$(với $a \ge b \ge c$)
2, Cho số nguyên dương n, chứng minh rằng:
a, $\sqrt[n]{n} > \sqrt[{n + 1}]{{n + 1}}$( với $n \ge 3$
b, $\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^n < \left( {1 + \dfrac{1}{{n + 1}}} \right)^{n + 1} $

Bạn xem lại đề bài 1d. Mình nghĩ đề đúng phải là $\dfrac{{{a^2}b}}{c} + \dfrac{{{b^2}c}}{a} + \dfrac{{{c^2}a}}{b} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}$ (với $a \ge b \ge c$)

Nếu đề đúng như thế thì bạn xem ở đây http://diendantoanho...?...c=62207&hl=.

Bài 2.a) Mình không biết bạn có biết BDT Bernoulli chưa. Mình giải theo cách dùng BDT này.

Ta có: $\sqrt[n]{n} > \sqrt[{n + 1}]{{n + 1}} \Leftrightarrow {n^n} > {\left( {n + 1} \right)^{n + 1}} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{n}{{n + 1}}} \right)^n} > \dfrac{1}{{n + 1}}$

Áp dụng BDT Bernoulli: ${\left( {\dfrac{n}{{n + 1}}} \right)^n} = {\left( {1 - \dfrac{1}{{n + 1}}} \right)^n} > 1 - \dfrac{n}{{n + 1}} = \dfrac{1}{{n + 1}}$

Ta có đpcm.

Bài 2.b) Tương tự. Gợi ý:

Biến đổi $\dfrac{{{{\left( {1 + \dfrac{1}{{n + 1}}} \right)}^{n + 1}}}}{{{{\left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)}^n}}}$ thành $\dfrac{{n + 2}}{{n + 1}}{\left( {\dfrac{{{n^2} + 2n}}{{{n^2} + 2n + 1}}} \right)^n}$ rồi dùng BDT Bernoulli.

Dạng của bài 2 có thể dùng quy nạp.

Mới nghĩ ra bài 1.c). Mình làm thế này.

Xét hàm số: $f\left( a \right) = \dfrac{a}{{c + b + 1}} + \dfrac{c}{{a + b + 1}} + \dfrac{b}{{c + a + 1}} + \left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right),\,a \in \left[ {0;1} \right]$

Do f (a) có đạo hàm cấp 2 không âm nên đạo hàm cấp một có nhiều nhất 1 nghiệm.

TH1: $f'\left( a \right) = 0$ vô nghiệm thì $f\left( a \right) \le \max \left\{ {f\left( 0 \right);f\left( 1 \right)} \right\} \le 1$

TH2: $f'\left( a \right) = 0$ có nghiệm duy nhất $a = \beta $ thì vì f' (a) đồng biến nên $\beta $ là điểm
cực tiểu vì vậy $\mathop {\max }\limits_{\left[ {0;1} \right]} f\left( a \right) = \max \left\{ {f\left( 0 \right);f\left( 1 \right)} \right\} \le 1$.

Từ đó suy ra đpcm.

P/s: Bài này mình còn có thêm một cách giải khác, mình post lên sau.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 05-09-2011 - 23:25

[Crystal]

Cách khác cho bài 1.c

Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a \ge b \ge c$

Theo AM - GM, ta có: $\dfrac{{\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right) + \left( {1 + b + c} \right)}}{3} \ge \sqrt[3]{{\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right)\left( {1 + b + c} \right)}}$

$ \Rightarrow \dfrac{1}{{1 + b + c}} \ge \left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right)\,\,\,\,(1)$

Do $1 - a \ge 0$, nên từ (1) suy ra: $\dfrac{{1 - a}}{{1 + b + c}} \ge \left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right)\,\,\,\,\,(2)$

Vì $a \ge b \ge c,\,\,a \ge 0,\,\,b \ge 0,\,\,c \ge 0$ nên hiển nhiên ta có:

$\dfrac{b}{{1 + b + c}} \ge \dfrac{b}{{1 + a + c}}\,\,\,(3),\,\,\,\,\,\dfrac{c}{{1 + b + c}} \ge \dfrac{c}{{1 + a + b}}\,\,\,(4)$

Cộng từng vế (2), (3) và (4) ta có:

$1 \ge \left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right) + \dfrac{a}{{1 + b + c}} + \dfrac{b}{{1 + a + c}} + \dfrac{c}{{1 + a + b}}$ suy ra đpcm.