Chủ đề này có 1115 trả lời

[dark templar]

Bài 128. (khá đơn giản)
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả mãn $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng
$$\sqrt{\dfrac{ab}{c + ab}} + \sqrt{\dfrac{bc}{a + bc}} + \sqrt{\dfrac{ca}{b + ca}} \le \dfrac{3}{2}$$

Đưa BĐT về dạng thuần nhất sau:
$$\sum \sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}} \le \frac{3}{2}$$
Với cách đặt $x=\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}};y=...$,chúng ta đưa về 1 bài toán quen thuộc:
Bài toán : Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn :$x^2+y^2+z^2+2xyz=1$.Chứng minh rằng:
$$x+y+z \le \frac{3}{2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 20-01-2012 - 22:14

[Mai Duc Khai]

Bài 129: Cho $a,b,c \in \left[ {0;1} \right]$
CMR:\[{\left( {1 + a + b + c} \right)^2} \ge 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\]
P/s: Mọi người làm ác quá---Zz

___
Bài 129 cũ có nhiều trên diễn đàn rồi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 20-01-2012 - 22:14

[Tham Lang]

Đưa BĐT về dạng thuần nhất sau:
$$\sum \sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}} \le \frac{3}{2}$$

bài này đến đây còn một cách nữa cũng khá đơn giản là dùng AM-GM.

[dark templar]

bài này đến đây còn một cách nữa cũng khá đơn giản là dùng AM-GM.

Phân tích đơn giản như thế này mà thôi
$$\sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}} \le \frac{1}{2}\left(\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b} \right)$$
Nhưng ý của mình là các bạn hãy thử nhìn vào cái gốc của bài toán sẽ thấy rất thú vị ,Bài toán mà mình đã nêu là 1 bài như thế,xung quanh nó có nhiều cái để bàn lắm

[Tham Lang]

Bài 129:Cho $a,b,c \in \left[ {0;1} \right]$
CMR:\[{\left( {1 + a + b + c} \right)^2} \ge 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\]
P/s: Mọi người làm ác quá---Zz

___
Bài 129 cũ có nhiều trên diễn đàn rồi.

$$(1 + a + b + c)^2 \ge 4(a + b + c) $$ nên ta cần cm $a + b + c \ge a^2 + b^2 + c^2 (1) $ Thật vậy $a(1 - a) \ge 0, b(1 - b) \ge 0, c(1 - c) \ge 0 $ nên (1) đúng.
Mình quên mất . Dấu "=" xảy ra khi t $(a, b, c)$ là hoán vị của $(0, 0, 1)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 20-01-2012 - 22:07

[Secrets In Inequalities VP]

Bài 130:Với 0<a,b,c<1.CMR:$\sum \frac{1-a}{1+b+c}\geq 3(1-a)(1-b)(1-c)$

__
MOD: Bạn kiểm tra lại đề đi nhé. Bài này sẽ xoá vào ngày mai nếu như đề không sửa lại.

Sorry, mình nhầm ,mình sửa lại rùi nè!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 21-01-2012 - 07:34

[Secrets In Inequalities VP]

Bai nua nha!

Bài 131:Cho a,b,c > 0.CMR: $\frac{b+c}{a}+\frac{2a+c}{b}+\frac{4(a+b)}{a+c}\geq 9$

___
MOD: Vui lòng Đánh tiếng Việt có dấu!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 20-01-2012 - 22:42

[Tham Lang]

Mình làm luôn
$$\dfrac{b + c}{a} + \dfrac{2a + c}{b} + \dfrac{4(a + b)}{a + c} = \dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a} + \dfrac{a + c}{b} + \dfrac{a}{b} + \dfrac{4a}{a + c} + \dfrac{4b}{a + c} $$ $$= (\dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{b}) + (\dfrac{a + c}{b} + \dfrac{4b}{a + c}) + (\dfrac{c + a}{a} + \dfrac{4a}{a + c} - 1) \ge 2 + 4 + (4 - 1) = 9$$ (sử dụng côsi)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 20-01-2012 - 22:39

[Tham Lang]

Bài 130:Với a,b,c>0.CMR:$\sum \frac{1-a}{1+b+c}\geq (1-a)(1-b)(1-c)$

Mình thấy đề bài này không ổn chút nào ! Mọi người hãy cùng mình thử với $a = b = 2, c = \dfrac{1}{2}$ nhé (có thể mình thử sai) Khi đó, VT < 0, VP > 0. Mình nghĩ bài này cần thêm điều kiện

[Tham Lang]

Mình xin góp thêm một số bài.
Bài 131. Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh bất đẳng thức
$$(abc + 1)(\dfrac{1}{a(b + 1)} + \dfrac{1}{b(1 + c)} + \dfrac{1}{c(1 + a)}) \ge \dfrac{(a^5 + b^5 + c^5)(a^3 + b^3 + c^3)}{a^8 + b^8 + c^8}$$
Bài 132. Cho $a, b$ là các số thực dương thoả mãn $a + b \le 1$ . Chứng minh rằng
$$\dfrac{1}{a^3 + b^3} + \dfrac{1}{a^2b} + \dfrac{1}{ab^2} \ge 20$$
Bài 133. Cho $\dfrac{1}{2} \le a, b, c \le 1$ . Chứng minh rằng
$$2 \le \dfrac{a + b}{1 + c} + \dfrac{b + c}{1 + a} + \dfrac{c + a}{1 + b} \le 3$$
Bài 134.Cho $a, b, c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
$$(a + b + c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}) + \dfrac{3(a - b)(b - c)(c - a)}{abc} \ge 9$$
Bài 135. Cho các số thực $a_1, a_2, ..., a_n $ . Chứng minh rằng
$$\sqrt[3]{a^3_1 + a^2_2 + ... + a^3_n} \le \sqrt{a^2_1 + a^2_2 + ... + a^2_n}$$

[Ispectorgadget]

Bài 132. Cho $a, b$ là các số thực dương thoả mãn $a + b \le 1$ . Chứng minh rằng
$$\dfrac{1}{a^3 + b^3} + \dfrac{1}{a^2b} + \dfrac{1}{ab^2} \ge 20$$
$VT=\frac{1}{a^3+b^3}+\frac{1}{2a^2b}+\frac{1}{2ab^2}+\frac{1}{2a^2b}+\frac{1}{2ab^2}\geq \frac{25}{(a+b)^3+ab(a+b)}\geq \frac{25}{(a+b)^3+\frac{(a+b)^3}{4}}\geq 20$
Dấu "=" xảy ra khi a=b=$\frac{1}{2}$
Mai xử tiếp giờ đi Zz.

[dark templar]

Mình xin góp thêm một số bài.
Bài 131. Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh bất đẳng thức
$$(abc + 1)(\dfrac{1}{a(b + 1)} + \dfrac{1}{b(1 + c)} + \dfrac{1}{c(1 + a)}) \ge \dfrac{(a^5 + b^5 + c^5)(a^3 + b^3 + c^3)}{a^8 + b^8 + c^8}$$

Gợi ý: Chứng minh BĐT kép sau:
$$(abc+1)\left[\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)} \right] \ge 3 \ge \frac{(a^5+b^5+c^5)(a^3+b^3+c^3)}{a^8+b^8+c^8}$$
Có thể thấy VP,ta có thể thay bằng đại lượng $\frac{(a^{m}+b^{m}+c^{m})(a^{n}+b^{n}+c^{n})}{a^{k}+b^{k}+c^{k}}$ trong đó $m,n,k \in \mathbb{N^*};m+n=k$

[dark templar]

Bài toán : Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn :$x^2+y^2+z^2+2xyz=1$.Chứng minh rằng:
$$x+y+z \le \frac{3}{2}$$

Nhưng ý của mình là các bạn hãy thử nhìn vào cái gốc của bài toán sẽ thấy rất thú vị ,Bài toán mà mình đã nêu là 1 bài như thế,xung quanh nó có nhiều cái để bàn lắm

Giờ mới kiếm được link cho các em tham khảo những cái nhìn mở rộng về bài toán trên:
http://diendantoanho...l=&fromsearch=1
Và những cách chứng minh khác nhau cho bài toán:
http://diendantoanho...showtopic=65361
Và cũng là ý tưởng để anh sáng tạo ra bài toán dưới đây:
http://www.artofprob...uality#p2316849

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 21-01-2012 - 07:56

[Mai Duc Khai]

Bài 136:(Dễ) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 4\sqrt {abc}$
Chứng minh BĐT sau bằng nhiều cách: \[a + b + c > 2\sqrt {abc} \]
Ta còn có 2 bài toán tổng quát hơn:
Bài toán 1: Cho n số dương ${a_1},{a_2},...,{a_n}$ thỏa mãn:
\[a_1^m + a_2^m + ... + a_n^m = p\sqrt {{a_1}{a_2}...{a_n}} \left( {1 \le m,p < 2n} \right)\]
CMR:\[a_1^{n - m} + a_2^{n - m} + ... + a_n^{n - m} > (2n - p)\sqrt {{a_1}{a_2}...{a_n}} \]
Bài toán 2: Cho n số dương ${a_1},{a_2},...,{a_n}$ thỏa mãn:
\[a_1^{n - 1} + a_2^{n - 1} + ... + a_n^{n - 1} = p\sqrt {{a_1}{a_2}...{a_n}} \]
CMR:\[{a_1} + {a_2} + ... + {a_n} \ge \frac{{{n^2}}}{p}\sqrt {{a_1}{a_2}...{a_n}} \]
ZzzzzzzzzzzzzZ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 21-01-2012 - 11:50

[Ispectorgadget]

Bài 135. Cho các số thực $a_1, a_2, ..., a_n $ . Chứng minh rằng
$$\sqrt[3]{a^3_1 + a^2_2 + ... + a^3_n} \le \sqrt{a^2_1 + a^2_2 + ... + a^2_n}$$
Để đơn giản ta viết $\sum\limits_{i = 1}^n {a_i^2 } = a_1^2 + a_2^2 + ... + a_n^2$ (chắc nhiều người biết rồi mà thôi cứ viết ra cho rõ)
Đặt VP =x $(x\geq 0)$
$ \Rightarrow x^2 = \sqrt {\sum\limits_{i = 1}^n {a_1^2 } }$
Nếu x=0 thì dấu "=" xảy ra.
Nếu x>0 thì $(\frac{a_1}{x})^2+(\frac{a_2}{x})^2+...+(\frac{a_n}{x})^2=1$
$(\frac{a_1}{x})^2\leq 1;(\frac{a_2}{x})^2\leq 1;...(\frac{a_n}{x})^2\leq 1;$
$\Rightarrow |\frac{a_1}{x}|\leq 1;|\frac{a_2}{x}|\leq 1;...|\frac{a_n}{x}|\leq 1$
$\Rightarrow (\frac{a_1}{x})^3\leq (\frac{a_1}{x})^2;...;(\frac{a_n}{x})^3\leq (\frac{a_n}{x})^2;$
$\Rightarrow (\frac{a_1}{x})^3+...+(\frac{a_n}{x})^3\leq (\frac{a_1}{x})^2+...+(\frac{a_n}{x})^2=1$
Từ đây ta có:$a_2^3+a_1^3+...+a_n^3\leq x^3\Rightarrow \sqrt[3]{a_2^3+a_1^3+...+a_n^3}\leq x=VP$ (đpcm) Zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 21-01-2012 - 10:26

[nguyenta98]

Bài 134.Cho $a, b, c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
$$(a + b + c)(\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}) + \dfrac{3(a - b)(b - c)(c - a)}{abc} \ge 9$$

Bài 134:
$(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})+\dfrac{3(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}=\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)+3(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$ <1>
Lại thấy $(a+b+c)(ab+bc+ca)+3(a-b)(b-c)(c-a)=3abc+2(ab^2+bc^2+ca^2)\geq 3abc+2\sqrt[3]{ab^2bc^2ca^2}=9abc$ <2>
Từ <1>;<2> suy ra $đpcm$ Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c$ hay tam giác ABC là đều

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 21-01-2012 - 10:44

[Ispectorgadget]

Gợi ý: Chứng minh BĐT kép sau:
$$(abc+1)\left[\frac{1}{a(b+1)}+\frac{1}{b(c+1)}+\frac{1}{c(a+1)} \right] \ge 3 \ge \frac{(a^5+b^5+c^5)(a^3+b^3+c^3)}{a^8+b^8+c^8}$$
Có thể thấy VP,ta có thể thay bằng đại lượng $\frac{(a^{m}+b^{m}+c^{m})(a^{n}+b^{n}+c^{n})}{a^{k}+b^{k}+c^{k}}$ trong đó $m,n,k \in \mathbb{N^*};m+n=k$

Em giải nốt vế sau luôn
Không mất tính tổng quát giả sử
$a\geq b\geq c$
$\Rightarrow a^5\geq b^5\geq c^5;a^3\geq b^3\geq c^3$
Áp dụng BĐT Chebyshev cho bộ dãy đơn điệu tăng
Ta có: $a^5.a^3+b^5.b^3+c^5.c^3\geq \frac{(a^5+b^5+c^5)}{3}(a^3+b^3+c^3)$
Từ đây suy ra đpcm
Còn vế đầu mình có chứng minh trong box này rồi các bạn có thể tham khảo thêm Zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 21-01-2012 - 11:02

[Tham Lang]

Bài 130:Với 0<a,b,c<1.CMR:$\sum \frac{1-a}{1+b+c}\geq 3(1-a)(1-b)(1-c)$

__
MOD: Bạn kiểm tra lại đề đi nhé. Bài này sẽ xoá vào ngày mai nếu như đề không sửa lại.

Sorry, mình nhầm ,mình sửa lại rùi nè!

Với nài này, mình mạo muội sửa chút ở đề : $0\le a, b, c\le1$
TH1. Nếu ít nhất 1 trong 3 số $a, b, c$ bằng 0 thì $VT \ge 0, VP = 0 $ Nên BĐT đúng
TH2. Nếu cả 3 số $a, b, c$ đều khác 1.
$$BĐT \Leftrightarrow \dfrac{1}{(1 + b + c)(1 - b)(1 - c)} + \dfrac{1}{(1 + a + c)(1 - a)(1 - c)} + \dfrac{1}{(1 + a + b)(1 - a)(1 - b)} \ge 3$$ Ta lại có : $$(1 + b + c)(1 - b)(1 - c) \le \dfrac{(1 + b + c + 1 - b + 1 - c)^3}{27} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{(1 + b + c)(1 - b)(1 - c)} \ge 1$$Tương tự với các bộ số khác, cộng vế theo vế suy ra đpcm. Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c = 0$ hoặc$a = b = c = 1$. Không biết mình sửa đề như vậy có vi phạm không nữa nhưng khi cho $a = b = c$ thì chúng không thuộc $(0, 1)$. Mong được sự góp ý của mọi người. Còn nếu giữ nguyên đề ra thì chẳng xảy ra dấu "="

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 21-01-2012 - 13:45

[Cao Xuân Huy]

Bài 136:(Dễ) Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 4\sqrt {abc}$
Chứng minh BĐT sau bằng nhiều cách: \[a + b + c > 2\sqrt {abc} \]

Máy không có mathtype khó gõ $\LaTeX$ quá

Ta có bđt tương đương:

$$(a^2+b^2+c^2)(a+b+c) \ge 8abc$$

Áp dụng bđt AM-GM ta có:

$$(a^2+b^2+c^2)(a+b+c) \ge 3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2}.3.\sqrt[3]{abc}=9abc \ge 8abc$$

Vậy ta có ĐPCM.

Cũng cách giải tương tự ta chứng minh được 2 bài tổng quát

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=0$

Mà $a,b,c >0$ nên dấu "=" không xảy ra.

ZzzzzzZ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 21-01-2012 - 11:52

[Ispectorgadget]

Bài 137: (không biết dễ hay khó Zz )
Quy nạp nhé
Cho n số thực dương $x_1;x_2;...x_n$ có tích bằng 1. Chứng minh rằng
$x_1+x_2+...+x_n\geq n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 21-01-2012 - 12:25