Chủ đề này có 1115 trả lời

[minhtuyb]

Post thêm vài bài duy trì pic đã, trầm quá
Bài 271: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xy^2z^2+x^2z+y=3z^2$. Tìm max của biểu thức:
$P=\frac{z^4}{1+z^4(x^4+y^4)}$
Bài 272: Cho $a,b,c>1$, tìm min của biểu thức:
$Q=\frac{a}{\sqrt{b}-1}+\frac{b}{\sqrt{c}-1}+\frac{c}{\sqrt{a}-1}$
Bài 273: Cho $a,b,c$ là những số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$, tìm min của:
$R=\sum \frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}$

Chú ý:Các anh chị THPT để cho bon em THCS làm cái, bị tranh hết mất

[Tham Lang]

Đúng vậy, Topic hay như thế này mà bị "vùi" thì tiếc quá, mong các em THCS duy trì nhé.

[Tham Lang]

Post thêm vài bài duy trì pic đã, trầm quá
Bài 271: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xy^2z^2+x^2z+y=3z^2$. Tìm max của biểu thức:
$P=\frac{z^4}{1+z^4(x^4+y^4)}$
Bài 272: Cho $a,b,c>1$, tìm min của biểu thức:
$Q=\frac{a}{\sqrt{b}-1}+\frac{b}{\sqrt{c}-1}+\frac{c}{\sqrt{a}-1}$
Bài 273: Cho $a,b,c$ là những số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$, tìm min của:
$R=\sum \frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}$

Chú ý:Các anh chị THPT để cho bon em THCS làm cái, bị tranh hết mất

Anh xin làm 2 bài.
272. Ta có $$\dfrac{a}{\sqrt{b} - 1} + \dfrac{b}{\sqrt{c} - 1} + \dfrac{c}{\sqrt{c} - 1} \ge \dfrac{(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})^2}{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} - 3}$$ $$ = \dfrac{x^2}{x - 3} = \dfrac{x^2 - 9}{x - 3} + \dfrac{9}{x - 3} = x + 3 + \dfrac{9}{x - 3} = 6 + x - 3 + \dfrac{9}{x - 3} \ge 6 + 6 = 12$$
273.
Đặt $ S= \sum a^2(3a^2 + 8b^2 + 14ab)$
Lúc đó
$$R^2.S \ge (a^2 + b^2 + c^2)^3$$
Ta lại có :
$$S = 3(a^4 + b^4 + c^4) + 8(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + 14abc(a + b + c) $$ $$= 3(a^2 + b^2 + c^2)^2 + 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + 14abc(a + b + c)$$
xét $$2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) \le \dfrac{2(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}$$
$$14abc(a + b + c) \le \dfrac{14(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}$$
Nên $$S \le 3(a^2 + b^2 + c^2)^2 + \dfrac{2(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3} + \dfrac{14(a^2 + b^2 + c^2)}{3} = \dfrac{25(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}$$
Nên $$R \ge \sqrt{\dfrac{(a^2 + b^2 + c^2)^3}{\dfrac{25(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}}} = \dfrac{\sqrt{3(a^2 + b^2 + c^2}}{5} \ge \dfrac{a + b + c}{5} = \dfrac{3}{5}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 20-02-2012 - 00:36

[Tham Lang]

Bù lại, anh xin thêm một số bài cho mọi người chém nè :
Bài 274. Cho các số thực không âm thoả mãn $x + y + z = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :
$$P = \sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} + \sqrt{\dfrac{1 - y}{1 + y}} + \sqrt{\dfrac{1 - z}{1 + z}}$$
Bài 275. Cho các số thực dương thoả mãn :$x + y + z + 1 = 4xyz$. Chứng minh rằng :
$$xy + yz + zx \ge x + y + z$$
Bài 276. Cho các số thực dương thoả mãn $a + b + c = 1$. Tìm GTLN của :
$$P = \sqrt{\dfrac{ab}{c + ab}} + \sqrt{\dfrac{bc}{a + bc}} + \sqrt{\dfrac{ca}{b + ca}} $$
Bài 277. Chứng minh :
$$(a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1) \ge (ab + bc + ca - 1)^2$$

[minhtuyb]

Bài 275. Cho các số thực dương thoả mãn :$x + y + z + 1 = 4xyz$. Chứng minh rằng :
$$xy + yz + zx \ge x + y + z$$
Bài 276. Cho các số thực dương thoả mãn $a + b + c = 1$. Tìm GTLN của :
$$P = \sqrt{\dfrac{ab}{c + ab}} + \sqrt{\dfrac{bc}{a + bc}} + \sqrt{\dfrac{ca}{b + ca}} $$

Bài 275:Em chịu chỉ còn cách tra gg, tra ra thì lại thấy xài cả schur, pó tay
Biến đổi giả thiết thành $\frac{1}{2x+1}$+$\frac{1}{2y+1}$+$\frac{1}{2z+1}$=1
Đặt a=$\frac{1}{2x+1}$; b=$\frac{1}{2y+1}$; c=$\frac{1}{2z+1}$ thì a,b,c >0 và a+b+c=1
=> x=$\frac{b+c}{2a}$; y=$\frac{c+a}{2b}$; z=$\frac{a+b}{2c}$
Do đó VT = $\frac{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}{abc}$+9
VP = $\frac{2(ab+bc+ca)}{abc}$
đpcm <=> ${a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}+9abc \geq 2(ab+bc+ca)$
<=> (${a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2})(a+b+c) +9abc \geq 2(ab+bc+ca)(a+b+c)$
<=> $a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b) \geq 0$
Đây là BĐT Schur
Nguồn:MS

Bài 276:
Từ gt: $a+b+c=1\Rightarrow c+ab=c(a+b+c)+ab=c^2+ac+bc+ab=(c+a)(c+b)$
Vậy ta có:
$P=\sum \sqrt{\frac{ab}{c+ab}}=\sum \sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}\leq ^{Cauchy nguoc} \sum (\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b})=3$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
Vậy $maxP=3$ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 20-02-2012 - 19:30

[nguyenta98]

Post thêm vài bài duy trì pic đã, trầm quá
Bài 271: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xy^2z^2+x^2z+y=3z^2$. Tìm max của biểu thức:
$P=\frac{z^4}{1+z^4(x^4+y^4)}$
Chú ý:Các anh chị THPT để cho bon em THCS làm cái, bị tranh hết mất

Lâu lắm em mới vào lại topic này, làm vui một bài:
BDT $\leftrightarrow \dfrac{1}{\dfrac{1}{z^4}+x^4+y^4}$
Đặt $c=\dfrac{1}{z},a=x,b=y \leftrightarrow \dfrac{1}{\dfrac{1}{z^4}+x^4+y^4}=\dfrac{1}{a^4+b^4+c^4}$
Khi đó đề sẽ là $ab^2\dfrac{1}{c^2}+a^2\dfrac{1}{c}+b=3\dfrac{1}{c^2} \leftrightarrow ab^2+a^2c+bc^2=3$
Ta có: $\dfrac{1}{a^4+b^4+c^4}$ đạt $max \leftrightarrow a^4+b^4+c^4$ $min$

Thấy $\left\{\begin{array}{1}a^4+a^4+c^4+1\geq 4a^2c \\b^4+b^4+a^4+1\geq 4ab^2 \\b^4+c^4+c^4+1\geq 4bc^2 \end{array}\right.$
Cộng 3 bdt trên thu được $3(a^4+b^4+c^4)+3\geq 4(ab^2+a^2c+bc^2)=13 \rightarrow a^4+b^4+c^4\geq 3 \rightarrow P\le \dfrac{1}{3}$
Vậy $Pmax=\dfrac{1}{3} \leftrightarrow a=b=c=1 \leftrightarrow x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 20-02-2012 - 20:06

[Mai Duc Khai]

Bài 277. Chứng minh :
$$(a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1) \ge (ab + bc + ca - 1)^2$$

Ta có:

\[\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) = {\left( {b + c} \right)^2} + {\left( {bc - 1} \right)^2}\]
\[ \to \left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) = \left( {{a^2} + 1} \right)\left[ {{{\left( {b + c} \right)}^2} + {{\left( {bc - 1} \right)}^2}} \right]\]
Áp dụng Cauchy-schwazr ta có:


\[\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) \ge {\left[ {a\left( {b + c} \right) + bc - 1} \right]^2} = {\left( {ab + ac + bc - 1} \right)^2}\]

[Mai Duc Khai]

Em post thêm một số bài để duy trì topic này
Bài 278: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn $\left( {a + b + c + d} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}} \right) = 20$.
Tìm min của: \[A = \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} + \frac{1}{{{d^2}}}} \right)\]
Bài 279: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác:
CMR:\[{a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc \le \left[ {ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ac\left( {a + c} \right)} \right]\]
Bài 280: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$
CMR: $\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right) \ge 3{\left( {a + b + c} \right)^2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 20-02-2012 - 22:22

[le_hoang1995]

Em post thêm một số bài để duy trì topic này
Bài 280: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$
CMR: $\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right) \ge 3{\left( {a + b + c} \right)^2}$

Bài này mình làm như sau.

Theo Holder, ta có

$\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right)\ge \left [\frac{4}{\sqrt[3]{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}}+1 \right ]^3$

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

$VP=3(a+b+c)^2\leq 3*(a^2+b^2+c^2)*3=3^3$

Suy ra ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 21-02-2012 - 00:07

[Mai Duc Khai]

Bài này mình làm như sau.

Theo Holder, ta có

$\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right)\ge \left [\frac{4}{\sqrt[3]{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}}+1 \right ]^3$

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

$VP=3(a+b+c)^2\leq 3*(a^2+b^2+c^2)*3=3^3$

Suy ra ĐPCM

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \sqrt {\frac{1}{3}}$

[Ispectorgadget]

Bài 275. Cho các số thực dương thoả mãn :$x + y + z + 1 = 4xyz$. Chứng minh rằng :
$$xy + yz + zx \ge x + y + z$$

Bài này tìm được một lời giải dùng phương pháp đirichlet post lên cho mọi người tham khảo
Theo nguyên lý Đirichlet thì 2 trong 3 số $(x-1);(y-1);(z-1)$ cùng dấu không mất tính tổng quát giả sử $(x-1)(y-1)\geq 0\Rightarrow xy+1\geq x+y$
Và ta cần chứng minh $yz+xz\geq z+1$
Theo điều kiện đề bài ta có $z=\frac{x+y+1}{4xy-1}$ nên thay vào BĐT trên ta được BĐT cần cm là
$z(x+y-1)\geq 1\Leftrightarrow (x+y-1)\frac{x+y+1}{4xy-1}\geq 1\Leftrightarrow (x-y)^2\geq 0$
Dấu "=" xảy ra khi x=y=1

[Tham Lang]

Anh bớt chút thời gian vào đây, anh cũng thêm vào chút ít
Anh nghĩ, bọn anh sẽ phải cân nhắc hơn những điều em nêu trên, và còn bổ sung :
Thứ nhất, "thỉnh thoảng", bọn anh sẽ có những bài kha khá đưa vào đây, hoặc là nêu lên tổng quát, ...bổ sung cho topic thêm chút phong phú
Thứ hai, để topic được duy trì, các em cần tích cực hơn nữa, vì nếu như muốn nó sôi động, thì bắt buộc, THPT như anh và một số bạn khác "nhảy vào", như vậy đã tạo nên một khổi lượng bài tập khó.Các em nên chủ động hơn khi tạo một không khí cho riêng mình, bởi khi topic đứt quãng, thì chả ai ngó ngàng gì cả, nên làm cho topic ngày càng tẻ nhạt.
Còn nều THCS có những bài thực sự khó , anh kêu gọi mọi người hãy đến với topic "trao đổi bài" do anh Vương và anh Việt của THPT. ở đó, bọn em có thể tìm thoả mãn phần nào nhu cầu của mình.

[Ispectorgadget]

Bài 281: Cho a,b thỏa mãn $0\leq a\leq 3;a+b=11$. Tìm GTLN của biểu thức P=ab
Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2004-2005

[nthoangcute]

Bài 18 là đề thi của Nga năm 2011, CM cũng dễ:
Ta có:
$(ad-bc)^2+(ac+bd)^2=a^2.d^2+b^2.c^2+a^2.c^2+b^2.d^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$
mà lại có:
$ad-bc=1$ Suy ra:
$1+(ac+bd)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$
Lại có, theo BĐT Cô si ta có:
$a^2+b^2+c^2+d^2 \geq 2 \sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}$
Nên $S \geq ac+bd + 2 \sqrt{1+(ac+bd)^2}$
Mà $\sqrt{1+(ac+bd)^2} > \sqrt{(ac+bd)^2} = \left | ac+bd \right |$
Nên $S> ac+bd+ \left | ac+bd \right | \geq 0$
Do đó $S>0$.
Đặt $ac+bd = x$
Ta có $S \geq x+2 \sqrt{1+x^2}$
vì $(x+2 \sqrt{1+x^2})^2$
$=5x^2+4+4x \sqrt{1+x^2}$
$=(2x+ \sqrt{1+x^2})^2+3$
$\geq 3$
Nên $S^2 \geq 3$
Mà $S>0$ nên $S \geq \sqrt(3)$

[Tham Lang]

Bài 282. (gần giống bài của Kiên)
Cho $\left\{\begin{array}{1}x, y, z > 0 \\x + y + z = 1 + \sqrt{2} + \sqrt{3} \\x\ge \sqrt{3} \\x + y \ge \sqrt{3} + \sqrt{2} \end{array} \right.$
Tìm GTLN của $$P = \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}$$

[Mai Duc Khai]

Em post thêm một số bài để duy trì topic này
Bài 278: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn $\left( {a + b + c + d} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}} \right) = 20$.
Tìm min của: \[A = \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} + \frac{1}{{{d^2}}}} \right)\]

Topic dạo này chán quá
Mình giải bài này rồi bài còn lại nhường lại cho các bạn

Từ giả thiết ta có: $\sum\limits_{}^{} {\frac{{a + b + c}}{d} = 16}$
Lại có: $\sum\limits_{}^{} {{{\left( {a + b + c - d} \right)}^2} = 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right)}$

$\to \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right) = \frac{1}{4}{\sum\limits_{}^{} {\left( {a + b + c - d} \right)} ^2}$
Theo Cauchuy-schwarz ta có:

\[\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} + \frac{1}{{{d^2}}}} \right) = \frac{1}{4}{\sum\limits_{}^{} {\left( {a + b + c - d} \right)} ^2}.\sum\limits_{}^{} {\frac{1}{{{a^2}}}} \]

\[ \ge \frac{1}{4}{\left( {\sum\limits_{}^{} {\left( {\frac{{a + b + c - d}}{d}} \right)} } \right)^2} = \frac{1}{4}\left( {\sum\limits_{}^{} {\left( {\frac{{a + b + c}}{d} - 4} \right)} } \right) = \frac{1}{4}.{\left( {16 - 4} \right)^2} = 36\]

\[ \to \min A = 36 \Leftrightarrow a = c = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}.b = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}.d\]
Bài này mình lấy bên MS...
P/s: Các bạn tích cực đi chứ, Vẫn còn nhiều bài về BĐT mà chúng ta chưa nghiên cứu mà...

Bài 281: Cho a,b thỏa mãn $0\leq a\leq 3;a+b=11$. Tìm GTLN của biểu thức P=ab
Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2004-2005

Bài này đề của anh còn thiếu..Đề còn cho thêm là \[8 \le b \le 11\]

[Ispectorgadget]

Bài 281: Cho a,b thỏa mãn $0\leq a\leq 3;a+b=11$. Tìm GTLN của biểu thức P=ab
Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2004-2005

Đề hình như đủ rồi mà
$P=ab=\frac{1}{24}(8a)(3b)\leq \frac{1}{24}.(\frac{8a+3b}{2})^2$
Mà 8a+3b=3(a+b)+5a=33+5a$\leq 33+5.3=48$ nên $P\leq \frac{1}{24}(\frac{48}{2})^2=22$
Đẳng thức xảy ra tại a=3;b=8

[Mai Duc Khai]

Đề hình như đủ rồi mà
$P=ab=\frac{1}{24}(8a)(3b)\leq \frac{1}{24}.(\frac{8a+3b}{2})^2$
Mà 8a+3b=3(a+b)+5a=33+5a$\leq 33+5.3=48$ nên $P\leq \frac{1}{24}(\frac{48}{2})^2=22$
Đẳng thức xảy ra tại a=3;b=8

Vâng!! Em nhầm sang cả Tìm GTNN

[dark templar]

Góp vui
Bài 283:
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge \frac{9}{2+abc}$$

Bài 284: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$abc=1$.Tìm GTLN của:
$$P=\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}$$

Tổng quát bài 284: Cho $n$ số thực dương $x_1;x_2;...;x_n$ thỏa mãn:$x_1x_2...x_{n}=1$.Tìm GTLN của:
$$P=\frac{1}{x_1+n-1}+\frac{1}{x_2+n-1}+...+\frac{1}{x_{n}+n-1}$$.

[minhtuyb]

Góp vui
Bài 283:
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge \frac{9}{2+abc}$$

BĐT cần c/m tương đương:
$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(abc+2)\geq 9$
Có: $VT=ab+bc+cb+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\geq^{AM-GM} 9\sqrt[9]{ab.bc.cb.\frac{1}{a}.\frac{1}{a}.\frac{1}{b}.\frac{1}{b}.\frac{1}{c}.\frac{1}{c}}=9<Q.E.D>$
Dấu bẵng xảy ra khi $a=b=c=1$