Chủ đề này có 1115 trả lời

[Tham Lang]

Nếu quy nạp thì cũng giống như cm AM-GM rồi (cái này không khó lắm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 21-01-2012 - 12:45

[Ispectorgadget]

Nếu quy nạp thì cũng giống như cm AM-GM rồi

Bài này có 2 cách cách 1 dùng Cauchy, cách còn lại dùng quy nạp mọi người thử nghĩ cách dùng quy nạp nhé

[Ispectorgadget]

Bài 138: (Khó nhưng hay)
Dùng làm trội.
Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có
$\frac{1}{2\sqrt{2}+1\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{3}+2\sqrt{2}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}}<1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$

[Mai Duc Khai]

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

Lời giải bài này rất hay---Nhưng đề bài là yêu cầu CM bằng nhiều cách mà...Ở đây mới có 1 cách---Mọi người nghĩ đi

[Tham Lang]

Bài 138: (Khó nhưng hay)
Dùng làm trội.
Chứng minh rằng với với mọi số nguyên dương n ta có
$\frac{1}{2\sqrt{2}+1\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{3}+2\sqrt{2}}+...+\frac{1}{(n+1)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n}}<1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$

Ta có : $$a^3 + b^3 \ge ab(a + b) (1)$$ Áp dụng (1), ta có $\dfrac{1}{n\sqrt{n} + (n + 1)\sqrt{n + 1}} < \dfrac{1}{\sqrt{n(n + 1)}.(\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} = \dfrac{\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}}{\sqrt{n.(n + 1})} = \dfrac{1}{\sqrt{n}} - \dfrac{1}{\sqrt{n + 1}} (2)$. Áp dụng (2) với các số trong vế trái ,suy ra đpcm,

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 21-01-2012 - 13:54

[minhtuyb]

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
$x_1+x_2+...+x_n\geq n$

*Với $n=1$, BĐT đúng
*Giả sử BĐT đúng với $n=k$, tức là ta có:
$x_1+x_2+...+x_k\geq k(1)$ với $x_1.x_2.....x_k=1$ (giả thiết quy nạp)
-Cần c/m: $x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k$ với $x_1.x_2.....x_k.x_{k+1}=1$. Thật vậy, cộng 2 vế của (1) với $x_{k+1}$, ta có:
$x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k+x_{k+1}$
Mà $x_1.x_2.....x_k=1$ và $x_1.x_2.....x_k.x_{k+1}=1\rightarrow x_{k+1}=1$. Suy ra:
$x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k+x_{k+1}=k+1(Q.E.D)$
Vậy BĐT đúng với $n=k+1$. Theo giả thiết quy nạp thì BĐT đã cho đúng với $\forall n\in N*$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 21-01-2012 - 13:46

[Tham Lang]

*Với $n=1$, BĐT đúng
*Giả sử BĐT đúng với $n=k$, tức là ta có:
$x_1+x_2+...+x_k\geq k(1)$ với $x_1.x_2.....x_k=1$ (giả thiết quy nạp)
-Cần c/m: $x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k$ với $x_1.x_2.....x_k.x_{k+1}=1$. Thật vậy, cộng 2 vế của (1) với $x_{k+1}$, ta có:
$x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k+x_{k+1}$
Mà $x_1.x_2.....x_k=1$ và $x_1.x_2.....x_k.x_{k+1}=1\rightarrow x_{k+1}=1$. Suy ra:
$x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k+x_{k+1}=k+1(Q.E.D)$
Vậy BĐT đúng với $n=k+1$. Theo giả thiết quy nạp thì BĐT đã cho đúng với $\forall n\in N*$

Quy nạp theo cách này mình thấy vẫn chưa ổn lắm. Không biết ý kiến các bạn như thế nào ?

[Dung Dang Do]

Thấy mọi người sôi nổi quá góp thêm bài:(lâu ko onl):
Bài 139: Tìm $min$ của biểu thức:
$\frac{a^{6}}{b^{3}+c^{3}}+\frac{b^{6}}{a^{3}+c^{3}}+\frac{c^{6}}{b^{3}+a^{3}}$.
Trong đó $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=1$
zzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZ.zZmanZz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 21-01-2012 - 15:21
Đánh số thứ tự zz

[Tham Lang]

Thấy mọi người sôi nổi quá góp thêm bài:(lâu ko onl):
Bài 139: Tìm $min$ của biểu thức:
$\frac{a^{6}}{b^{3}+c^{3}}+\frac{b^{6}}{a^{3}+c^{3}}+\frac{c^{6}}{b^{3}+a^{3}}$.
Trong đó $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=1$
zzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZ.zZmanZz

mình tạm thời trình bày bài này
ta có $$\dfrac{a^6}{b^3 + c^3} + \dfrac{b^6}{c^3 + a^3} + \dfrac{c^6}{a^3 + b^3} \ge \dfrac{(a^3 + b^3 + c^3)^2}{2(a^3 + b^3 + c^3)} $$ $$= \dfrac{a^3 + b^3 + c^3}{2} \ge \dfrac{(a + b + c)^3}{2.9} = \dfrac{1}{18}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 21-01-2012 - 15:22

[le_hoang1995]

Quy nạp theo cách này mình thấy vẫn chưa ổn lắm. Không biết ý kiến các bạn như thế nào ?

Theo mình thì B2 của bạn mới chỉ giả sử BĐT đúng với k số, chứng minh BĐT cũng đúng với k+1 số, nhưng bạn đã nhầm lẫn khi dùng chung kí hiệu nên mới suy ra $x_{k+1}=1$.
Nếu mình nhớ không lầm thì đây là bài tập trong SBT toán 11 có thì phải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 21-01-2012 - 14:46

[Dung Dang Do]

mình tạm thời trình bày bài này
ta có $$\dfrac{a^6}{b^3 + c^3} + \dfrac{b^6}{c^3 + a^3} + \dfrac{c^6}{a^3 + b^3} \ge \dfrac{(a^3 + b^3 + c^3)^2}{2(a^3 + b^3 + c^3)} $$ $$= \dfrac{a^3 + b^3 + c^3}{2} \ge \dfrac{(a + b + c)^3}{2.9} = \dfrac{1}{18}$$

Dấu bằng xảy ra khi nào bạn.Để tớ trình bày cụ thể luôn.
Áp dụng BĐT "Bu nhi vác sơ cây" biến dạng ta có:
$\dfrac{a^6}{b^3 + c^3} + \dfrac{b^6}{c^3 + a^3} + \dfrac{c^6}{a^3 + b^3} \ge \dfrac{(a^3 + b^3 + c^3)^2}{2(a^3 + b^3 + c^3)}=\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2}$.
Cũng theo BĐT Bu nhi a vác sờ cây ZZzzZZ:
$9(a+b+c)(a^{3}+b^{3}+c^{3})\ge $$\left [ 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \right ]^{2}\geq (a+b+c)^{4}$$
Suy ra zZzZz: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq\frac{1}{9} \iff \frac{1}{18}$.Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 21-01-2012 - 15:36

[Tham Lang]

$9(a+b+c)(a^{3}+b^{3}+c^{3})\ge $$\left [ 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \right ]^{2}\geq (a+b+c)^{4}$$

cái này dùng Holder cũng rất nhanh : $(a^3 + b^3 + c^3).(1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1) \ge (a + b + c)^3$

[le_hoang1995]

Bài 130: Tìm $min$ của biểu thức:
$\frac{a^{6}}{b^{3}+c^{3}}+\frac{b^{6}}{a^{3}+c^{3}}+\frac{c^{6}}{b^{3}+a^{3}}$.
Trong đó $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=1$
zzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZzzZZ.zZmanZz

Một cách nữa cho bài này, sử dụng chê-bư-sép
$\frac{a^{6}}{b^{3}+c^{3}}+\frac{b^{6}}{a^{3}+c^{3}}+\frac{c^{6}}{b^{3}+a^{3}}\geq \frac{1}{3}(a^{3}+b^{3}+c^{3})(\frac{a^{3}}{b^3+c^3}+\frac{b^{3}}{c^{3}+a^{3}}+\frac{c^{3}}{a^{3}+b^{3}})$

$\geq \frac{1}{3}*\frac{(a+b+c)^{3}}{9}*\frac{3}{2}= \frac{1}{18}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 21-01-2012 - 14:56

[Ispectorgadget]

*Với $n=1$, BĐT đúng
*Giả sử BĐT đúng với $n=k$, tức là ta có:
$x_1+x_2+...+x_k\geq k(1)$ với $x_1.x_2.....x_k=1$ (giả thiết quy nạp)
-Cần c/m: $x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k$ với $x_1.x_2.....x_k.x_{k+1}=1$. Thật vậy, cộng 2 vế của (1) với $x_{k+1}$, ta có:
$x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k+x_{k+1}$
Mà $x_1.x_2.....x_k=1$ và $x_1.x_2.....x_k.x_{k+1}=1\rightarrow x_{k+1}=1$. Suy ra:
$x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k+x_{k+1}=k+1(Q.E.D)$
Vậy BĐT đúng với $n=k+1$. Theo giả thiết quy nạp thì BĐT đã cho đúng với $\forall n\in N*$

Bài trên mình đã del lý do: Trùng
Nhầm tên @@
Với n=1 thì $x_1=1\geq 1$ (đúng)
Giả sử BĐT đúng với n=k $(k\in N*;k\geq 1)$ hay ta cm với mọi $y_1;y_2;...y_k>0$ thỏa $y_1y_2...y_k\geq k$
(Chỗ này giả thiết quy nạp chỉ dùng được khi k có tích là 1)
Ta phải cm BĐT đúng với $n=k+1$ nghĩa là với mọi $x_1;x_2;...x_k;x_{k+1}>0$ thỏa $x_1x_2...x_k.x_{k+1}=1$ thì
$x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k+1$
Do $x_1.x_2...x_k.x_{k+1}=1$ và vai trò các biến số như nhau nên ta có thể giả sử
$x_k\leq 1\leq x_{k+1}\Rightarrow (1-x_k)(1-x_{k+1})\leq 0$ hay $x_k+x_{k+1}\geq 1+x_k.x_{k+1}$ (1)
Đặt $x_{k}^{'}=x_k.x_{k+1}$. Thế thì $x_1;...x_k'$ là k số dương thỏa $x_1.x_2...x_k'=1$. Do vậy theo giả thiết quy nạp ta có
$x_1+x_2+...+x_k'\geq k$ (2)
Từ (1)(2) suy ra $x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq (x_1+x_2+...+x_k')+1\geq k+1$
Điều này chứng tỏ BĐT cũng đúng với n=k+1. Theo nguyên lý quy nạp ta có BĐT đúng với mọi số nguyên dương n
Zz
___
Bài này hồi trước do thằng bạn nó đố nên vẫn còn nhớ cách giải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 21-01-2012 - 15:28

[Secrets In Inequalities VP]

Bài 140: ( Bài này khá hay ) .Cho a,b,c>0 và abc=1 . CMR:
$1+\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{6}{ab+bc+ca}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 21-01-2012 - 15:31

[Ispectorgadget]

Bài 140: ( Bài này khá hay ) .Cho a,b,c>0 và abc=1 . CMR:
$1+\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{6}{ab+bc+ca}$

Nãy làm nhầm
Ta có: $(ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)$
$VT\geq 1+\frac{9}{(ab+bc+ac)^2}\geq 2\sqrt{\frac{9}{(ab+bc+ca)^2}}=\frac{6}{ab+bc+ac}$

[Tham Lang]

Bài 141. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{1 + \sqrt{3 + \sqrt{5 + \sqrt{... + \sqrt{2n - 1}}}}} < 2$$

[Dung Dang Do]

Bài 142: Cho $\bigtriangleup DEF$ lấy điểm $I$ di động trên cạnh $DF$. Kẻ $IK//DE,IP//EF$.Gọi $S_{1},S_{2},S_{3}$ thứ tự là diện tích của $ \bigtriangleup IKD$, $\bigtriangleup IPF$, hình bình hành $KIPE$.Chứng minh rằng:$$S_{1},+S_{2}\geq S_{3}$$.Dấu "=" xảy ra khi nào??
Bài 143:
Cho $a,b$ là các số thực dương thỏa mãn$2(a^{2}+b^{2})+ab=(a+b)(ab+2)$.
Tìm $MiN$ zzzZZZzzz:
$A=4(\frac{a^{3}}{b^{3}}+\frac{b^{3}}{a^{3}})-9(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}})$
zzZZzz Đề thi Đại học khối B năm $2011$
________
Còn hai ngày nựa là tết chúc các Mod vui vẻ quản lý diễn đàn chúng em ăn tết:D:D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 21-01-2012 - 16:23

[dark templar]

Bài này có 2 cách cách 1 dùng Cauchy, cách còn lại dùng quy nạp mọi người thử nghĩ cách dùng quy nạp nhé

Bài này có gì mà phải xoắn nhau thế Cứ sử dụng cách quy nạp kiểu Cauchy là xử được thôi Quy nạp BĐT đúng với $n=2k$(hay $2^{k}$ cũng được) rồi quy nạp tiếp $n=k-1$.

[Ispectorgadget]

Bài 142: Cho $\bigtriangleup DEF$ lấy điểm $I$ di động trên cạnh $DF$. Kẻ $IK//DE,IP//EF$.Gọi $S_{1},S_{2},S_{3}$ thứ tự là diện tích của $ \bigtriangleup IKD$, $\bigtriangleup IPF$, hình bình hành $KIPE$.Chứng minh rằng:$$S_{1},+S_{2}\geq S_{3}$$.Dấu "=" xảy ra khi nào??
Bài 143:
Cho $a,b$ là các số thực dương thỏa mãn$2(a^{2}+b^{2})+ab=(a+b)(ab+2)$.
Tìm $MiN$ zzzZZZzzz:
$A=4(\frac{a^{3}}{b^{3}}+\frac{b^{3}}{a^{3}})-9(\frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}})$
zzZZzz Đề thi Đại học khối B năm $2011$

Cho đề gì xoắn thế :| hầu hết các lời giải bài toán này đều dùng KSHS nếu có cách phù hợp cấp 2 nhờ chỉ giáo.

Bài này có gì mà phải xoắn nhau thế Cứ sử dụng cách quy nạp kiểu Cauchy là xử được thôi Quy nạp BĐT đúng với $n=2k$(hay $2^{k}$ cũng được) rồi quy nạp tiếp $n=k-1$.

n=k-1 em không quen cho lắm