Chủ đề này có 1115 trả lời

[Ispectorgadget]

Bài 191: Cho các số a,b,c,d là các số nguyên dương sao cho
$\frac{abc+1}{abc}+\frac{bcd+1}{bcd}+\frac{acd+1}{adc}+\frac{abd+1}{abd}$ là các số nguyên
Gọi d là ước của a,b,c,d. CMR: $d\leq \sqrt[4]{a+b+c+d}$

[Tham Lang]

he he. Mình làm luôn bài này (khi sáng giờ "bận đi chơi")
gọi biểu thức đó là A. lúc đó, $A = 3 + \dfrac{a + b + c + d}{abcd} $ nguyên nên $\dfrac{a + b + c + d}{abcd} $ nguyên
Do đó :$$\dfrac{a + b + c + d}{abcd} \ge 1 (1)$$
và do $d$ là uớc của $a, b, c, d$ nên
$$a, b, c, d \ge d \Leftrightarrow abcd \ge d^4 \Leftrightarrow \dfrac{a + b + c + d}{abcd} \le \dfrac{a + b + c + d}{d^4} (2)$$
Từ (1), (2) suy ra
$$1 \le \dfrac{a + b + c + d}{abcd} \le \dfrac{a + b + c + d}{d^4} \Leftrightarrow d^4 \le a + b + c + d \Leftrightarrow d \le \sqrt[4]{a + b + c + d}$$ ĐPCM.

[le_hoang1995]

186. Cho $a, b, c$ là các số thực dương :$a + b + c = 1$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^3}{(1 - a)^2} + \dfrac{b^3}{(1 - b)^3} + \dfrac{c^3}{(1 - c)^3} \ge \dfrac{1}{4}$$

Bài này có 1 cách nữa là dùng chê-bư-sép và BĐT Bunhia

$$VT=\sum \frac{a^3}{(b+c)^2}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)\left [(\frac{a}{b+c})^2+(\frac{b}{c+a})^2+(\frac{c}{a+b})^2 \right ]\geq \frac{1}{3}*\frac{(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^2}{3}\geq \frac{1}{4}$$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1/3$

__________________________________

Hoặc dùng Côsi

$\sum ( \frac{a^3}{(b+c)^2}+\frac{a}{4} )\geq \sum \frac{a^2}{b+c} \Leftrightarrow VT+\frac{1}{4}\geq \sum \frac{a^2}{b+c} (1)$

Mà $\sum (\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4})\geq a\Leftrightarrow \sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{a+b+c}{2}=\frac{1}{2} (2)$

Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 25-01-2012 - 15:50

[Cao Xuân Huy]

164. Cho $a, b, c$là các số thực dương . Chứng minh rằng :
$$(a^5 - a^2 + 3)(b^5 - b^2 + 3)(c^5 - c^2 + 3) \ge (a + b + c)^3$$

Bài này quá xoắn nên chắc khó mà giải. Lời giải dưới em chỉ trích lại từ trang $178$ cuốn "Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học" thôi.
Giải:

Ta có bổ đề:

\[{x^5} - {x^2} + 3 \ge {x^3} + 2 \Leftrightarrow ({x^2} - 1)({x^3} - 1) \ge 0 \Leftrightarrow {(x - 1)^2}(x + 1)({x^2} + x + 1) \ge 0\]

Dấu "=" xảy ra khi $x=1$

Áp dụng bổ đề trên ta có:

$$VT\ge (a^3+2)(b^3+2)(c^3+2) = (a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)$$

Áp dụng bđt Holder ta có:

$$(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)\ge (a+b+c)^3$$

Vậy ta có ĐPCM

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

___
Hình như anh Phúc làm bài này rồi.
__________
Anh Phúc kêu để suy nghĩ sau chứ chưa làm mà

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 25-01-2012 - 17:41

[Ispectorgadget]

192)Cho x, y là các số dương thỏa mãn $x+\frac{1}{y}\leq 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}$

Bài này trên diễn đàn có nhiều rồi. Hạn chế post bài trùng lặp
$A=(\frac{x}{y}+\frac{y}{16x})+\frac{15y}{16x}\geq 2\sqrt{\frac{x.y}{y.16x}}+\frac{15.4}{16}=\frac{17}{4}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{1}{2};y=2$

[Ispectorgadget]

Bài 193: Cho $a<b<c<d$ là các hằng số cho trước. Với giá trị nào của x thì biểu thức sau nhận giá trị nhỏ nhất
$f(x)=|x-a|+|x-b|+|x-c|+|x-d|$
ĐTTS vào lớp 10 trường PTNK ĐHQG TPHCM 1994-1995

[Secrets In Inequalities VP]

Mình xin giải Bài 188 cua anh huymit nhu sau:


Gia su ab + bc + ca >3 .Ta se chung minh:

A=$ \sum \frac{1}{a^{_{2}}+2}< 1$
$ \sum \frac{1}{a^{_{2}}+2}< 1 \Leftrightarrow \frac{3}{2}-A> \frac{1}{2} \Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+2}> 1$
Áp dụng bđt Schwars ta có:
$ \sum \frac{a^{2}}{a^{2}+2}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+6}$
Ta se chung minh: $ \frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+6}> 1\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)> 6$(dung theo gia su)$ \Rightarrow A> 1$ trai vs gt => dieu gs la sai $ \Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$

___
MOD: Vui lòng gõ tiếng Việt có dấu. Đây là lần thứ 2 mình nhắc nhở bạn rồi. Còn tái phạm sẽ del bài không báo trước.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 25-01-2012 - 17:47

[le_hoang1995]

Bài 193: Cho $a<b<c<d$ là các hằng số cho trước. Với giá trị nào của x thì biểu thức sau nhận giá trị nhỏ nhất
$$f(x)=|x-a|+|x-b|+|x-c|+|x-d|\geq |2x-a-b|+|2x-c-d|=|2x-a-b|+|c+d-2x|\geq |c+d-a-b|$$
ĐTTS vào lớp 10 trường PTNK ĐHQG TPHCM 1994-1995

Sử dụng BĐT $|a|+|b| \geq |a+b|$ dấu bằng khi $ab\geq0$

$f(x)=|x-a|+|x-b|+|x-c|+|x-d|\geq |2x-a-b|+|2x-c-d|=|2x-a-b|+|c+d-2x|$
$\geq |c+d-a-b|$

Dấu bằng xảy ra khi $(x-a)(x-b)\geq 0$
và $(x-c)(x-d)\geq 0$
và $(2x-a-b)(2x-c-d)\leq 0$

tương đương $b< x <c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 25-01-2012 - 17:55

[Ispectorgadget]

Lời giải trên thì đúng mà dấu "=" ở bài này xảy ra khi $b\leq x\leq c$

[Ispectorgadget]

Bài 194: Cho x,y,z thực dương. CMR:
$\sqrt{(x+y)(x+z)(y+z)}(\sqrt{x+y}+\sqrt{x+z}+\sqrt{z+x})\geq 4(xy+yx+xz)$
Chuyên Vĩnh Phúc 2008-2009

[le_hoang1995]

Bài 194: Cho x,y,z thực dương. CMR:
$\sqrt{(x+y)(x+z)(y+z)}(\sqrt{x+y}+\sqrt{x+z}+\sqrt{z+x})\geq 4(xy+yx+xz)$
Chuyên Vĩnh Phúc 2008-2009

mình chứng minh kiểu này hơi phức tạp một chút

Ta có: $\left ( a+b\right )\left (b+c \right )\left ( c+a \right )= \left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )-abc\geq \dfrac{8}{9}\left ( ab+bc+ca \right )\left ( a+b+c \right )$

$\Leftrightarrow \dfrac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{8}\geq \dfrac{\left ( ab+bc+ca\right )\left ( a+b+c \right )}{9}$ (1)

Vì $\left ( a+b+c \right )^{2}\geq 3\left ( ab+bc+ca \right )$ nên

$\dfrac{\left ( ab+bc+ca\right )\left ( a+b+c \right )}{9}\geq \sqrt{(\dfrac{ab+bc+ca}{3})^{3}}$ (2)


Từ 1 và 2 suy ra $\sqrt[3]{\dfrac{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )}{8}}\geq \sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}$
__________________________________________________________________


Để dễ theo dõi, đặt
$ A=\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right ), B=ab+bc+ca$

Ta có:$ \sqrt[3]{\frac{A}{8}}\geq \sqrt{\frac{B}{3}}$

Suy ra $A\geq 8\sqrt{(\frac{B}{3})^3}$ suy ra $A^2\geq 8^2*(\frac{B}{3}^3)$

__________________________________________________________________

$VT=\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})\geq \sqrt{A}*3*\sqrt[3]{\sqrt{A}}=3\sqrt[3]{A^2}$

$\geq 3\sqrt[3]{8^2*(\frac{B}{3})^3}=4B$

ĐPCM

Làm xong bài này vất quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 25-01-2012 - 20:23

[Secrets In Inequalities VP]

Bài 194 chuan hoa co ve nhanh hon!
Chuan hoa $ xy+yz+zx= 3$ .De dang co:$ x+y+z\geq 3$,$ xyz\leq 1$
Ta co:$ \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}= \sqrt{(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz}\geq \sqrt{3.3-1}= 2\sqrt{2}$
$\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}}\geq 3\sqrt{2}$
$ \Rightarrow VT\geq 12$,$ VP=12$$ \Rightarrow VT\geq VP$
Xin moi nguoi thong cam! May nha minh bi loi ko danh dc dau!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 26-01-2012 - 11:11

[Ispectorgadget]

Bài 195: Cho a,b,c là 3 số thực dương thay đổi
CMR: $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{a^2-ac+c^2}$

[Tham Lang]

Bài này cũng khá khó.
$$\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} \ge \dfrac{(a + b + c)^2}{a + b + c} = a + b + c$$
$$2(\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a}) \ge \dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} + a + b + c = (\dfrac{a^2}{b} - a + b + b) + (\dfrac{b^2}{c} - b + c + c) + (\dfrac{c^2}{a} - c + a + a) $$ $$= (\dfrac{a^2 - ab + b^2}{b} + b) + (\dfrac{b^2 - bc + c^2}{c} + c) + (\dfrac{c^2 - ca + a^2}{a} + a) \ge 2(\sqrt{a^2 - ab + b^2} + \sqrt{b^2 - bc + c^2} + \sqrt{c^2 - ca + a^2}) $$ Suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 25-01-2012 - 20:54

[Dung Dang Do]

Bài 196 :Cho $x,y,z$ là các số thực dương, $xyz \leq 1$. CMR:
$\frac{x}{y^{2}}+\frac{y}{z^{2}}+\frac{z}{x^{2}}+\frac{3}{x+y+z}\ge 4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 25-01-2012 - 21:55

[nguyenta98]

Bài 196 :Cho $x,y,z$ là các số thực dương, $xyz \leq 1$. CMR:
$\frac{x}{y^{2}}+\frac{y}{z^{2}}+\frac{z}{x^{2}}+\frac{3}{x+y+z}\ge 4$

Bài 196:
Giải như sau:
Đặt $a=\dfrac{1}{x};b=\dfrac{1}{y};c=\dfrac{1}{z} \rightarrow abc\geq 1$
Do vậy bdt tương đương:
$$\dfrac{b^2}{a}+\dfrac{c^2}{b}+\dfrac{a^2}{c}+\dfrac{3abc}{ab+bc+ca}\geq 4$$
$$\leftrightarrow \dfrac{(a+b+c)^2}{a+b+c}+\dfrac{3abc}{ab+bc+ca}\geq (a+b+c)+\dfrac{9}{(a+b+c)^2}\geq 4$$ (chú ý $abc\geq 1$)
Đặt $a+b+c=x \rightarrow a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\geq 1 \rightarrow x\geq 3$ (ko nhầm $x$ này với đề bài nha)
Do vậy quy đồng chuyển vế được $x^3-4x^2+9\geq 0 \leftrightarrow (x-3)(x^2-x-3)\geq 0$
Dễ thấy $(x-3)\geq 0$ và $x^2-x=x(x-1)>3$ nên suy ra $đpcm$
Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c=1 \leftrightarrow x=y=z=1$

P/S: Mọi người kiểm tra dùm em có cái nào gõ nhầm thì pm lại nha ZzzzzZ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 25-01-2012 - 23:24

[nguyenta98]

Em bấy lâu post bài trên này mà không đóng góp bài nào cho mọi người làm, trong lòng thấy thật hổ thẹn chính vì vậy em sẽ post vài bài:
Bài 197: (Dễ):Giả sử $a_1;a_2;...;a_n$ là các số thực dương có tổng là $n$
Chừng minh với mọi số nguyên dương $k$ ta có:
$$a_1^k+a_2^k+...+a_n^k\geq a_1^{k-1}+a_2^{k-1}+...+a_n^{k-1}$$
Bài 198:(Dễ): Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $a+b+c=3$ ta có:
$$\dfrac{a+1}{b^2+1}+\dfrac{b+1}{c^2+1}+\dfrac{c+1}{a^2+1}\geq 3$$
Bài 199: (Khó) Chứng minh bất đẳng thức: (Phạm Kim Hùng - ĐHKHTN-HN)
$$ \dfrac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{2c^2+2a^2-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\geq \sqrt{3}$$
Trong đó $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn căn thức tồn tại.

P/S có thể đối với em bài 199 là khó nhưng với mọi người thì dễ
Zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 25-01-2012 - 23:41

[Tham Lang]

Làm bài 197 cái đã :
giả sử $x_1 \ge x_2 \ge ... \ge x_k$ Theo chebyshev, ta có
$$n.(x_1^k + x_2^k + ... + x_n^k) \ge (x_1^{k - 1} + x_2^{k - 1} + ... + x_n^{k - 1})(x_1 + x_2 + ... + x_n) = n.(x_1^{k - 1} + x_2^{k - 1} + ... + x_n^{k - 1})$$
suy ra đpcm.
198. $$a + b + c + 3 - A = \dfrac{(a + 1).b^2}{b^2 + 1} + \dfrac{(b + 1).c^2}{c^2 + 1} + \dfrac{(c + 1).a^2}{a^2 + 1} \le \dfrac{b^2(a + 1)}{2b}$$ $$ + \dfrac{c^2(b + 1)}{2c} + \dfrac{a^2(c + 1)}{2a} = \dfrac{ab + bc + ca + a + b + c}{2} \le \dfrac{3 + 3}{2} = 3 \Leftrightarrow A \ge 3$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 25-01-2012 - 23:55

[Tham Lang]

Bài 199: Chứng minh bất đẳng thức: (Phạm Kim Hùng - ĐHKHTN-HN)
$$ \dfrac{a}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{2c^2+2a^2-b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\geq \sqrt{3}$$
Trong đó $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn căn thức tồn tại.

Mình chém luôn bài này :
Ta có :
$$\dfrac{a}{\sqrt{2b^2 + 2c^2 - a^2}} = \dfrac{\sqrt{3}a^2}{\sqrt{2(b^2 + c^2) - a^2}.\sqrt{3}a} \ge \dfrac{\sqrt{3}a^2}{\dfrac{2(b^2 + c^2) - a^2 + 3a^2}{2}} = \dfrac{\sqrt{3}a^2}{a^2 + b^2 + c^2}$$ Tương tự với các biểu thức còn lại, cộng lại, suy ra ĐPCM.

[Tham Lang]

CỘT MỐC
BÀI 200. Cho $x, y, z \ge 0, xy + yz + zx = 3$. Tìm GTNN của :
$$P = x^2y^3 + y^2z^3 + z^2x^3 + (x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 1)^2$$