Chủ đề này có 1115 trả lời

[dark templar]

Mình xin post lên một số bài nữa để kết thúc năm cũ
Bài 147.Cho $a, b, c$ là các số thực. Chứng minh rằng $$3(a^2 - ab + b^2)(b^2 - bc + c^2)(c^2 - ca + a^2) \ge a^3b^3 + b^3c^3 + c^3a^3$$
Bài 149. Cho $a, b, c$ là các số thực dương . Chứng minh rằng :
$$1 < \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{b^2 + c^2}} + \dfrac{c}{\sqrt{c^2 + a^2}} \le \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$$
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 150 nếu anh nhớ không lầm thì là 1 hệ quả trực tiếp của BĐT Maclaurin,làm lâu quá rồi mà
Các en có thể tham khảo về BĐT Maclaurin ở đây:http://diendantoanho...showtopic=63931
Bài 149 BĐT bên phải không có gì để bàn(quá đơn giản,chỉ là đánh giá mẫu:$a^2+b^2<(a+b+c)^2$),còn BĐT bên trái thì thật ra chỉ là chứng minh bài toán quen thuộc sau:
Bài toán: Cho $x,y,z>0;xyz=1$.Chứng minh:
$$\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^2}} \le \frac{3}{\sqrt{2}}$$

Bài 147 Để suy nghĩ sau

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 22-01-2012 - 14:04

[Ispectorgadget]

Post mấy bài lên cho mọi người làm lấy hên Zz
Bài 153:Cho tam giác có độ dài 3 cạnh là a,b,c chu vi bằng 2. Tìm GTNN của
$P=4(a^3+b^3+c^3)+15abc$
Đề tuyển sinh lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2010-2011
Bài 154: Cho a,b,c là số thực không âm thỏa a+b+c=3
CMR: $(a-1)^3+(b-1)^3+(c-1)^3\geq -\frac{3}{4}$
Đề tuyển sinh lớp 10 tỉnh thái bình 2010-2011

[Tham Lang]

Post mấy bài lên cho mọi người làm lấy hên Zz
Bài 153:Cho tam giác có độ dài 3 cạnh là a,b,c chu vi bằng 2. Tìm GTNN của
$P=4(a^3+b^3+c^3)+15abc$
Đề tuyển sinh lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2010-2011

Ta có :
$$P = 4(a^3 + b^3 + c^3) + 15abc = 3(a^3 + b^3 + c^3) + a^3 + b^3 + c^3 + 15abc = 3(a^3 + b^3 + c^3) + (a + b + c)^3 + 15abc - 3(a + c)(b + c)(c + a) $$ $$= 3(a ^3 + b^3 + c^3) + 15abc - 3(2abc + ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)) + 8$$ Sử dụng bđt Schur, ta có
$$-(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)) \ge -(a^3 + b^3 + c^3 + 3abc)$$ nên $$P \ge 3(a^3 + b^3 + c^3) + 15abc - 3(a^3 + b^3 + c^3 + 5abc) + 8 = 8$$ Vậy, minP = 8 khi $a = b = c = \dfrac{2}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-01-2012 - 18:41

[vietfrog]

Bài 153:Cho tam giác có độ dài 3 cạnh là a,b,c chu vi bằng 2. Tìm GTNN của
$P=4(a^3+b^3+c^3)+15abc$

Giả thiết tương đương : $a+b+c=4$.
Sau đó dùng phương pháp Look at the end point là xong. Khá ngắn gọn
Có thể tham khảo phương pháp tại đây!

[Ispectorgadget]

Bài 153:
C2: Phù hợp THCS
Sử dụng BĐT Schur
$abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)\Leftrightarrow (2-2c)(2-2b)(2-2a)\leq abc$
$\Leftrightarrow 9abc-8(ab+bc+ac)+3abc\geq -8$
Để đơn giản ta đặt p=a+b+c
q=ab+bc+ac
r=abc
Mặt khác ta có: $a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r=8-6q+3r$
$\Rightarrow 4(a^3+b^3+c^3)15r=3[9r-8q]+32$
Do đó ta có: $P\geq 8$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{2}{3}$

[Tham Lang]

Bài 154: Cho a,b,c là số thực không âm thỏa a+b+c=3
CMR: $(a-1)^3+(b-1)^3+(c-1)^3\geq -\frac{3}{4}$
Đề tuyển sinh lớp 10 tỉnh thái bình 2010-2011

Đặt $a - 1 = x, b - 1 = y, c - 1 = z \Leftrightarrow x + y + z = 0$ Lúc đó, ta có $$ P = x^3 + y^3 + z^3 \Leftrightarrow P - 3xyz = (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx) = 0 \Leftrightarrow P = 3xyz = 3.xy.(-x-y) = -3xy(x + y)$$ Lại có $c \ge 0$ nên $a + b \le 3 \Leftrightarrow x + y \le 1$ Mặt khác, ta cũng có trong 3 số x, y, z phải có ít nhất 1 số $\le 0$ ( điều ngược lại là 3 số đều dương thì không thoả mãn)Gia sử $z \le 0 \Leftrightarrow x + y \ge 0$
Ta cần chứng minh $P \ge \dfrac{-3}{4} \Leftrightarrow xy(x + y) \le \dfrac{1}{4}$ điều này đúng vì $xy(x + y) \le \dfrac{(x + y)^3}{4} \le \dfrac{1}{4}$ suy ra ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-01-2012 - 19:47

[Ispectorgadget]

Bài 154:
Đây là cách khác
Do $a\geq 0$ nên$(a-1)^3=a(a^2-3a+3)+1=a(a-\frac{3}{2})^2+\frac{3a}{4}-1\geq \frac{3a}{4}-1$
CMTT rồi cộng lại ta có đpcm

[Tham Lang]

Một số bài tương đối nhẹ, làm xong thì nghỉ ngơi mà đón giao thừa nhé !
Bài 156. $Cho x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $x + y + z = 1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{x}{y^2 + z} + \dfrac{y}{z^2 + x} + \dfrac{z}{x^2 + y} \ge \dfrac{9}{4}$$
Bài 157. Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ Chứng minh rằng :
$$x^2yz + y^2xz + z^2xy \le \dfrac{1}{3}$$
Bài 158. cho $a, b, c$ là các số thực thoả mãn điều kiện $a + b + c = 1$ .Chứng minh rằng:
$$a^2 + b^2 + c^2 + 1 \ge 4(ab + bc + ca)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-01-2012 - 20:12

[nguyenta98]

Một số bài tương đối nhẹ, làm xong thì nghỉ ngơi mà đón giao thừa nhé !
Bài 158. cho $a, b, c$ là các số thực thoả mãn điều kiện $a + b + c = 1$ .Chứng minh rằng:
$$a^2 + b^2 + c^2 + 1 \ge 4(ab + bc + ca)$$

Bài 158:
$a^2+b^2+c^2+1\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{3}+1=\dfrac{4}{3}$ <1>
$4(ab+bc+ca)\le 4\dfrac{(a+b+c)^2}{3}=\dfrac{4}{3}$ <2>
Từ <1><2> suy ra $a^2+b^2+c^2+1\geq 4(ab+bc+ca) \rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 22-01-2012 - 20:22

[le_hoang1995]

Chúc cách thành viên VMF 1 năm mới may mắn, hạnh phúc nha.

Bài 158. cho $a, b, c$ là các số thực thoả mãn điều kiện $a + b + c = 1$ .Chứng minh rằng:
$$a^2 + b^2 + c^2 + 1 \ge 4(ab + bc + ca)$$ (1)

$(1)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+1\geq 2(a+b+c)^2-2(a^2+b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)+1\geq 2$

$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq 1$ Đúng theo Bunhia.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 22-01-2012 - 20:26

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Một số bài tương đối nhẹ, làm xong thì nghỉ ngơi mà đón giao thừa nhé !
Bài 157. Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ Chứng minh rằng :
$$x^2yz + y^2xz + z^2xy \le \dfrac{1}{3}$$
Bài 158. cho $a, b, c$ là các số thực thoả mãn điều kiện $a + b + c = 1$ .Chứng minh rằng:
$$a^2 + b^2 + c^2 + 1 \ge 4(ab + bc + ca)$$

Cuối năm xin chém 2 bài
Bài 157:$VT=xyz(x+y+z)\leq \frac{(xy+yz+zx)^{2}}{3}\leq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{3}=\frac{1}{3}$
Bài 158:Ta có bất đẳng thức quen thuộc:
$1=(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$
Cộng lại ta có điều phải chứng minh

[nguyenta98]

Một số bài tương đối nhẹ, làm xong thì nghỉ ngơi mà đón giao thừa nhé !
Bài 157. Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ Chứng minh rằng :
$$x^2yz + y^2xz + z^2xy \le \dfrac{1}{3}$$

Bài 157:
$x^2yz+y^2zx+z^2xy=xyz(x+y+z)$
Ta có $\dfrac{(x+y+z)^2}{3}\le x^2+y^2+z^2=1 \leftrightarrow x+y+z\le \sqrt{3}$ <1>
Lại có $\sqrt{3}\geq x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$ suy ra $xyz\le \dfrac{1}{(\sqrt{3})^3}$ <2>
Từ <1><2> suy ra $xyz(x+y+z)\le \sqrt{3}\dfrac{1}{(\sqrt{3})^3}=\dfrac{1}{3} \rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 02-03-2012 - 20:32

[le_hoang1995]

Một số bài tương đối nhẹ, làm xong thì nghỉ ngơi mà đón giao thừa nhé !
Bài 157. Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện $x^2 + y^2 + z^2 = 1$ Chứng minh rằng :
$$x^2yz + y^2xz + z^2xy \le \dfrac{1}{3}$$

Thêm một cách nữa, sử dụng chê-bư-sép
Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$
$\Rightarrow x^2\geq y^2\geq z^2;xy\geq xz\geq yz$
$VT\leq \frac{1}{3}(x^2+y^2+z^2)(yz+xz+xy)\leq \frac{1}{3}(x^2+y^2+z^2)^2=\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 22-01-2012 - 20:43

[Tham Lang]

Chà, sôi nổi quá ! Có vẻ như mấy bài này nhẹ quá thì phải !mình tiếp tục nè (cũng dễ nhìn)
Bài 159. Cho $a_1, a_2, a_3, ..., a_n$ dương và $a_1 a_2...a_n = 1$ . Chứng minh rằng :
$$\sqrt{a_1} + \sqrt{a_2} + ... + \sqrt{a_n} \le a_1 + a_2 + ... + a_n$$
Bài 160. Cho $a, b, c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 1. Chứng minh rằng :
$$a^2 + b^2 + c^2 + 4abc \le \dfrac{1}{2}.$$
bài 161. Cho $0<a, b, c<1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{1 - a} + \dfrac{b}{1 - b} + \dfrac{c}{1 - c} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{1 - \sqrt[3]{abc}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-01-2012 - 20:47

[nguyenta98]

Chà, sôi nổi quá ! Có vẻ như mấy bài này nhẹ quá thì phải !mình tiếp tục nè (cũng dễ nhìn)
bài 161. Cho $0<a, b, c<1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{1 - a} + \dfrac{b}{1 - b} + \dfrac{c}{1 - c} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{1 - \sqrt[3]{abc}}$$

Bài 161:
Dùng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ và $Cauchy$
BDT ta cần chứng minh sẽ là:
$\dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{3-(a+b+c)}\geq \dfrac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{3-3\sqrt[3]{abc}}\geq \dfrac{9\sqrt[3]{abc}}{3-3\sqrt[3]{abc}}=\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{1-\sqrt[3]{abc}} \rightarrow Q.E.D$
Dấu $=$ khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 22-01-2012 - 20:56

[Ispectorgadget]

Bài 159:
$VP\geq \frac{(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+...+\sqrt{x_n})^2}{n}\geq \sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+...+\sqrt{x_n}$

[le_hoang1995]

Chà, sôi nổi quá ! Có vẻ như mấy bài này nhẹ quá thì phải !mình tiếp tục nè (cũng dễ nhìn)
bài 161. Cho $0<a, b, c<1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{1 - a} + \dfrac{b}{1 - b} + \dfrac{c}{1 - c} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{1 - \sqrt[3]{abc}}$$

Sử dụng chê-bư-sép và bunhia và cosi

giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow \frac{1}{1-a}\geq \frac{1}{1-b}\geq \frac{1}{1-c}$

$VT\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c})\geq \frac{1}{3}*3\sqrt[3]{abc}*(\frac{9}{3-(a+b+c)})\geq VP$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 22-01-2012 - 20:57

[Cao Xuân Huy]

Tối nay đón giao thừa mình có chế 1 bài. Mình thấy nó chưa hay nhưng cứ post mọi người thử sức.
Bài 162: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa $abc=1$. Chứng minh rằng:
\[\frac{{{a^4} + {b^2}}}{{{a^2} + 1}} + \frac{{{b^4} + {c^2}}}{{{b^2} + 1}} + \frac{{{c^4} + {a^2}}}{{{c^2} + 1}} \ge 3\]

ZZ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 23-01-2012 - 09:56

[Tham Lang]

Mình thấy bài này cũng khá hay !
Để đơn giản, đặt $a^2 = x, b^2 = y, c^2 = z $ lúc đó, $xyz = 1$
$$A = (\dfrac{x^2}{x + 1} + \dfrac{y^2}{y + 1} + \dfrac{z^2}{z + 1}) + (\dfrac{y}{x + 1} + \dfrac{z}{y + 1} + \dfrac{x}{z + 1})$$ chia thành 2 phần như trên và giải quyết từng phần :
$P_1$. $\dfrac{x^2}{x + 1} + \dfrac{x + 1}{4} \ge x$ suy ra $P_1 \ge \dfrac{3(x + y + z) - 3}{4} \ge \dfrac{3.3-3}{4} = \dfrac{3}{2}$
$P_2$. đặt $x = \dfrac{b}{a}, y = \dfrac{c}{b}, z = \dfrac{a}{c}$ (các bạn xem như không còn a, b, c ở đề nữa nhé, đặt như thế này cho dễ nhìn)
$P_2 = \dfrac{b^2}{ac + ab} + \dfrac{c^2}{ac + bc} + \dfrac{a^2}{ab + bc} \ge \dfrac{(a + b + c)^2}{2(ab + bc + ca)} \ge \dfrac{3}{2}$
cộng lại suy ra đpcm. Đúng không các bạn !

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

[Tham Lang]

Mình thấy bài này cũng khá hay !
Để đơn giản, đặt $a^2 = x, b^2 = y, c^2 = z $ lúc đó, $xyz = 1$
$$A = (\dfrac{x^2}{x + 1} + \dfrac{y^2}{y + 1} + \dfrac{z^2}{z + 1}) + (\dfrac{y}{x + 1} + \dfrac{z}{y + 1} + \dfrac{x}{z + 1})$$ chia thành 2 phần như trên và giải quyết từng phần :
$P_1$. $\dfrac{x^2}{x + 1} + \dfrac{x + 1}{4} \ge x$ suy ra $P_1 \ge \dfrac{3(x + y + z) - 3}{4} \ge \dfrac{3.3-3}{4} = \dfrac{3}{2}$
$P_2$. đặt $x = \dfrac{b}{a}, y = \dfrac{c}{b}, z = \dfrac{a}{c}$ (các bạn xem như không còn a, b, c ở đề nữa nhé, đặt như thế này cho dễ nhìn)
$P_2 = \dfrac{b^2}{ac + ab} + \dfrac{c^2}{ac + bc} + \dfrac{a^2}{ab + bc} \ge \dfrac{(a + b + c)^2}{2(ab + bc + ca)} \ge \dfrac{3}{2}$
cộng lại suy ra đpcm. Đúng không các bạn !

Mình nghĩ lại thì đoạn này làm hơi dài ! cách khác ngắn hơn nhiều. Hiz