Chủ đề này có 1115 trả lời

[Ispectorgadget]

Bài 150. Cho $a_1, a_2, ..., a_n$ là các số thực không âm thoả mãn $a_1 + a_2 + ... + a_n = 1$ Chứng minh rằng
$$a_1a_2 + a_2a_3 + ... + a_{n - 1}a_n \le \dfrac{1}{4}$$

Bài này cũng khá "nguy hiểm"
Làm vậy không biết đúng không
$VT\leq (a_1+a_3+a_5+...+a_n)(a_2+a_4+...+a_{n-1})\leq \frac{1}{4}(a_1+a_2+...+a_{n-1}+a_n)^2=\frac{1}{4}$
Với trường hợp n =5 là bài thi HSG TPHCM năm 1996-1997
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
\[
\left\{ \begin{array}{l}
a_1 + a_3 + a_5 + ... + a_n = a_2 + a_4 + ... + a_{n - 1} \\
a_1 + a_2 + ... + a_n = 1 \\
a_1 a_4 = ... = 0 \\
\end{array} \right.
\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 23-01-2012 - 09:28

[Cao Xuân Huy]

Bài 162: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa $abc=1$. Chứng minh rằng:
\[\frac{{{a^4} + {b^2}}}{{{a^2} + 1}} + \frac{{{b^4} + {c^2}}}{{{b^2} + 1}} + \frac{{{c^4} + {a^2}}}{{{c^2} + 1}} \ge 3\]

Mình xin post lời giải bài này.
Áp dụng bđt CBS ta có:
\[({a^4} + {b^2})({b^2} + 1) \ge {({a^2}b + b)^2} = {b^2}{({a^2} + 1)^2} \Rightarrow \frac{{{a^4} + {b^2}}}{{{a^2} + 1}} \ge \frac{{{b^2}({a^2} + 1)}}{{{b^2} + 1}}\]
Ta được:
\[VT = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + {b^2}}}{{{a^2} + 1}}} \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{b^2}({a^2} + 1)}}{{{b^2} + 1}}} \]
Tới đây áp dụng AM-GM ta có:
\[VT = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + {b^2}}}{{{a^2} + 1}}} \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{b^2}({a^2} + 1)}}{{{b^2} + 1}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{{a^2}{b^2}{c^2}({a^2} + 1)({b^2} + 1)({c^2} + 1)}}{{({a^2} + 1)({b^2} + 1)({c^2} + 1)}}}} = 3\]
ZZZ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 23-01-2012 - 09:57

[le_hoang1995]

Đây là BĐT nào nhỉ, mình chưa hiểu

$VT\leq (a_1+a_3+a_5+...+a_n)(a_2+a_4+...+a_{n-1})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 23-01-2012 - 11:25

[Tham Lang]

Đây là BĐT nào nhỉ, mình chưa hiểu

Khai triển vế phải thì được $a_1a_2 + a_2a_3 + ... + a_{n - 1}a_n + A$ Mà $A \ge 0$ nên ta có bđt đó thôi
Hu hu... Hết lượt like rồi !

[Ispectorgadget]

Bài 162: (dễ)
Cho x,y là 2 số thực tìm GTNN của biểu thức $A=(x+2)^4+(x-4)^4$

[Tham Lang]

Bài này sử dụng bunhia là ra thôi = 162

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 23-01-2012 - 14:22

[Tham Lang]

He he. Góp ít bài cho vui
163. Cho $a, b, c, d$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a - b}{b + c} + \dfrac{b - c}{c + d} + \dfrac{c - d}{d + a} + \dfrac{d - a}{a + b} \ge 0$$
164. Cho $a, b, c$là các số thực dương . Chứng minh rằng :
$$(a^5 - a^2 + 3)(b^5 - b^2 + 3)(c^5 - c^2 + 3) \ge (a + b + c)^3$$
165. (hình như đã post ở đâu đó)
Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $(x + y + z)^3 = 32xyz$. Tìm cực trị của
$$\dfrac{x^4 + y^4 + z^4}{(x + y + z)^4}$$
166.Cho $a, b, c$ là các số thực dương thoả mãn $21ab + 2bc + 8ca \le 12$. Tìm GTNN của :
$$\dfrac{1}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{3}{c} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 23-01-2012 - 14:12

[dark templar]

He he. Góp ít bài cho vui
163. Cho $a, b, c, d$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a - b}{b + c} + \dfrac{b - c}{c + d} + \dfrac{c - d}{d + a} + \dfrac{d - a}{a + b} \ge 0$$
164. Cho $a, b, c$là các số thực dương . Chứng minh rằng :
$$(a^5 - a^2 + 3)(b^5 - b^2 + 3)(c^5 - c^2 + 3) \ge (a + b + c)^3$$
165. (hình như đã post ở đâu đó)
Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $(x + y + z)^3 = 32xyz$. Tìm cực trị của
$$\dfrac{x^4 + y^4 + z^4}{(x + y + z)^4}$$
166.Cho $a, b, c$ là các số thực dương thoả mãn $21ab + 2bc + 8ca \le 12$. Tìm GTNN của :
$$\dfrac{1}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{3}{c} $$

Bài 163: Sử dụng C-S,ta có:
$$VT=\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+d}{c+d}+\frac{c+a}{d+a}+\frac{d+b}{a+b}-4 \ge \frac{4(a+c)}{(b+c+d+a}+\frac{4(b+d)}{a+b+c+d}-4=0=VP$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=c$ hay $b=d$
Mở rộng ra 5 biến: Cho $a,b,c,d,e>0$.Chứng minh:
$$\frac{a-b}{b+c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{d+e}+\frac{d-e}{e+a}+\frac{e-a}{a+b} \ge 0$$

Bài 164: Dễ dàng chứng minh:$a^5-a^2+3 \ge a^3+2$,nên:
$$VT \ge \prod_{a,b,c}(a^3+2) \ge VP=\left(\sum a \right)^3$$
Dễ dàng nhận thấy cái BĐT cuối cùng là hệ quả của BĐT Holder.Xong.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Bài 165: VMO 2004.
Bài 166: VMO 2001
Lời giải đầy cả trên mạng )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 23-01-2012 - 15:50

[Tham Lang]

167. Cho$a, b, c, d$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$(a + b)^3(b + c)^3(c + d)^3(d + a)^3 \ge 16a^2b^2c^2d^2(a + b + c + d)^4$$
Mình mong mọi người hãy tích cực post bài lên để thêm phong phú !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 23-01-2012 - 16:33

[Ispectorgadget]

Bài 168: Giả sử a,b,c là các số thức dương thoả mãn điều kiện $b^2+c^2\leq a^2$. Tìm GTNN của biểu thức
$P=\frac{1}{a^2}(b^2+c^2)+a^2(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$
ĐTTS lớp 10 chuyên KHTN -ĐHQG HN
Bài 169: Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh AB,BC,AC lần lượt là a,b,c và chu vi 2p. CMR:
$\frac{p}{p-1}+\frac{p}{p-b}+\frac{p}{p-c}\geq 9$
Chuyên Lam Sơn - Thanh Hoá 2010-2011

[le_hoang1995]

Bài 169 dùng cauchy

$\frac{p}{p-a}+\frac{p}{p-b}+\frac{p}{p-c}\geq \frac{9p}{3p-(a+b+c)}=\frac{9p}{3p-2p}=9$

Dấu = khi $a=b=c$

[Cao Xuân Huy]

Bài 168: Giả sử a,b,c là các số thức dương thoả mãn điều kiện $b^2+c^2\leq a^2$. Tìm GTNN của biểu thức
$P=\frac{1}{a^2}(b^2+c^2)+a^2(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$
ĐTTS lớp 10 chuyên KHTN -ĐHQG HN
Bài 169: Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh AB,BC,AC lần lượt là a,b,c và chu vi 2p. CMR:
$\frac{p}{p-1}+\frac{p}{p-b}+\frac{p}{p-c}\geq 9$
Chuyên Lam Sơn - Thanh Hoá 2010-2011

Em chém 2 bđt đầu năm đã.

Bài 168:

Ta có:


\[P \ge \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{a^2}}}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{{3{a^2}}}{{{b^2} + {c^2}}} \ge 2\sqrt 1 + 3 = 5 \Rightarrow {P_{\min }} = 5 \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{a^2} = {b^2} + {c^2}}\\{b = c}\end{array}} \right. \Leftrightarrow a = b\sqrt 2 = c\sqrt 2 \]

Khi đó tam giác này là tam giác vuông cân có 2 cạnh góc vuông là $b,c$.

Bài 169:

Bđt tương đương:
\[(a + b + c)\left( {\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}} + \frac{1}{{c + a - b}}} \right) = \frac{1}{2}(a + b + c).\sum\limits_{cyc} {\left( {\frac{1}{{a + b - c}} + \frac{1}{{b + c - a}}} \right)} \]
\[ \ge \frac{1}{2}(a + b + c)\sum\limits_{cyc} {\frac{4}{{2b}}} = (a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 9\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 23-01-2012 - 21:01

[le_hoang1995]

Bài 168

Đặt $x=\frac{a^2}{b^2},y=\frac{a^2}{c^2} \Rightarrow x+y=a^2(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})\geq \frac{4a^2}{b^2+c^2}\geq \frac{4a^2}{a^2}=4$

$P=x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{x+y}{4}+\frac{4}{x+y}+\frac{3(x+y)}{4}\geq 2+\frac{3*4}{4}=5$

Dấu bằng khi $x=y=2$ tương đương $a^2=2b^2=2c^2$

$\Rightarrow P_{min}=5$ khi và chỉ khi $a=\sqrt{2}b=\sqrt{2}c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 23-01-2012 - 20:48

[Tham Lang]

Bài 170. Cho $a, b, c, d$là các số thực dương thoả mãn $abcd = 1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{(a + 1)^2} + \dfrac{1}{(b + 1)^2} + \dfrac{1}{(c + 1)^2} + \dfrac{1}{(d + 1)^2} \ge 1$$

[Ispectorgadget]

Bài 170: Híc đề càng ngày càng khó
Sử dụng bổ đề sau
$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq \frac{1}{1+xy}$
CM: BĐT cần cm $\Leftrightarrow \frac{xy(x-y)^2+(xy-1)^2}{(1+x)^2(1+y)^2(1+xy)}\geq 0$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=1
Áp dụng bổ đề này ta có:
$VT\geq \frac{1}{ab+1}+\frac{1}{1+cd}=\frac{1}{ab}+\frac{1}{1+\frac{1}{ab}}=\frac{1}{1+ab}+\frac{ab}{1+ab}=1$

[dark templar]

Bài 170: Híc đề càng ngày càng khó
Sử dụng bổ đề sau
$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq \frac{1}{1+xy}$
CM: BĐT cần cm $\Leftrightarrow \frac{xy(x-y)^2+(xy-1)^2}{(1+x)^2(1+y)^2(1+xy)}\geq 0$

Nếu có bạn nào thắc mắc về bổ đề này,thì nó chính là xuất phát từ BĐT Jensen:
$$\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2} \ge \frac{2}{(1+\sqrt{ab})^2} \ge \frac{1}{1+ab}$$

Bài 171: Hãy sử dụng BĐT trên để giải bài BĐT sau(do anh chế dựa trên cái BĐT trên ):
http://diendantoanho...=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 23-01-2012 - 21:45

[Ispectorgadget]

Bài 172: (dễ thở xíu)
Cho 2 số thực a,b khác 0 thoả mãn $2a^2+\frac{b^2}{4}+\frac{1}{a^2}=4$
Tìm GTLN, GTNN $S=ab+2009$
Đề tuyển sinh lớp 10 tỉnh Hưng Yên 2009-2010
Bài 173: Tìm GTNN
$A=\frac{3}{2+\sqrt{2x-x^2+7}}$ với x$\in [1-2\sqrt{2};1+2\sqrt{2}]$

[Tham Lang]

172. ta có $$4 = 2a^2 + \dfrac{b^2}{4} + \dfrac{1}{a^2} = (a^2 + \dfrac{b^2}{4}) + (a^2 + \dfrac{1}{a^2}) \ge |ab| + 2 \Leftrightarrow -2 \le ab \le 2$$ min = -2 khi $a=1, b = -2$ hoặc $a = -1, b = 2$ Max = 2 khi $a = 1, b = 2$ hoặc $a = -1, b = -2$
173. ta có $\sqrt{2x - x^2 + 7} = \sqrt{(1 + 2\sqrt{2} - x)(x + 2\sqrt{2} - 1)} \le \dfrac{1 + 2\sqrt{2} -x + x + 2\sqrt{2} - 1}{2} = 2\sqrt{2} $ nên GTNN của A là $\dfrac{3}{2 + 2\sqrt{2}} $
Hoặc dùng Max của tam thức bậc 2 thì ngắn hơn nhiều.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 23-01-2012 - 22:30

[Cao Xuân Huy]

Bài 174: (dễ)
Cho các số thực $x,y,z$ khác $0$ thỏa mãn:

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y + z = xyz\\{x^2} = yz\end{array} \right.\]
Chứng minh rằng: $x^2 \ge 3$

[Tham Lang]

Bài này nghĩ quá nhiều chiều thì lú lẫn thật(a, b, c thực) (lú lẫn thật, sai đề rồi nè )
Mình xin được giải như sau:$y + z = x.(yz - 1) $ Lại có $(y + z)^2 \ge 4yz \Leftrightarrow x^2(yz - 1)^2 \ge 4x^2 \Leftrightarrow (yz - 1)^2 \ge 4 $ Mà $yz > 0 \Leftrightarrow yz - 1 > - 1$ nên $yz - 1 \ge 2 \Leftrightarrow x^2 \ge 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 23-01-2012 - 23:02