Chủ đề này có 1115 trả lời

[Ispectorgadget]

$VT + a + b + c \geq 2VP$

Mà $VP \geq a + b +c$ (theo schwarz)

suy ra điều phải minh chứng ! hjhjhj

bạn ghi rõ ra nhé.

[minhtuyb]

Bài 292: Cho các số a,b,c thực dương. Chứng minh rằng
$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{c^2}+\frac{c^3}{a^2}\geq \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}$

Thêm một cách nữa
Áp dụng BĐT Cauchy cho 19 số, ta có:
$14\frac{a^3}{b^2}+3\frac{b^3}{c^2}+2\frac{c^3}{a^2}\geq 19\sqrt[19]{\frac{a^{3.14}.b^{3.3}.c^{3.2}}{b^{2.14}.c^{2.3}.a^{2.2}}}=19\frac{a^2}{b}$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng vào ta có ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

[Ispectorgadget]

Bài 294: Cho a,b thực dương chứng minh rằng
$\sqrt{2a(a+b)^3}+b\sqrt{2(a^2+b^2)}\le3(a^2+b^2)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-03-2012 - 16:50

[minhtuyb]

Bài 294: Cho a,b,c thực dương chứng minh rằng
$\sqrt{2a(a+b)^3}+b\sqrt{2(a^2+b^2)}\le3(a^2+b^2)$

Sai đừng ném gạch nhé
$\sqrt{2a(a+b)^3}+b\sqrt{2(a^2+b^2)}=\sqrt{(2a^2+2ab)(a^2+2ab+b^2)}+\sqrt{2b^2(a^2+b^2)}$
$\leq ^{AM-GM} \frac{2a^2+2ab+a^2+2ab+b^2}{2}+\frac{2b^2+a^2+b^2}{2}=2(a^2+b^2)+2ab\leq 2(a^2+b^2)+a^2+b^2=3(a^2+b^2)<q.e.d>$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b$
P/s: c đâu anh

Gõ nhầm thôi mà :-j

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-03-2012 - 16:50

[Ispectorgadget]

Bài 295: Cho x,y,z thực thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=1-\frac {9}{16} xy$
Tìm GTLN của biểu thức $P=xy+xz+yz$
Bạn nào post mấy cái đề lên cho mọi người cùng làm

[minhtuyb]

Bài 295: Cho x,y,z thực thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=1-\frac {9}{16} xy$
Tìm GTLN của biểu thức $P=xy+xz+yz$
Bạn nào post mấy cái đề lên cho mọi người cùng làm

Oạch bài này dùng "Cân bằng hệ số à", sao đáp án của em lẻ quá
$x^2+y^2+z^2=1-\frac {9}{16} xy\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2+\frac {9}{16} xy=1(1)$
Dễ thấy vai trò của $x,y$ như nhau nên xác định được điểm rơi ở $x=y=tz$ (t là tham số dương). Vậy cần xác định tham số $a,t$ sao cho (1) tương đương với phương trình sau:
$a(x-y)^2+(x-tz)^2+(y-tz)^2\geq 0(2)$
BIến đổi:
$(2)\Leftrightarrow ax^2+ay^2-2axy+x^2+t^2z^2-2txz+y^2+t^2z^2-2tyz\geq 0$
$\Leftrightarrow (a+1)x^2+(a+1)y^2+2t^2z^2\geq 2axy+2tyz+2txz$
$\Leftrightarrow (a+1)x^2+(a+1)y^2+2t^2z^2+\frac{9}{16}(a+1)xy\geq (\frac{41}{16}a+\frac{9}{16})xy+2tyz+2txz$
Từ đó ta có cách chọn tham số $a,t$ như sau:
$\left\{\begin{matrix}a+1=2t^2\\ \frac{41}{16}a+\frac{9}{16}=2t\end{matrix}\right.$
Tìm được tham số rồi thay ngược lên là ra
Nhưng số xấu quá
P/s: Ai có cách nào khác không

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 09-03-2012 - 20:49

[ninhxa]

Lúc mới vào thì ghiền cái topic này nhất mà sao giờ chán thế
291 Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác
CMR : $\frac{a^4}{b+c} + \frac{b^4}{c+a} +\frac{c^4}{a+b} < 2(a^2b+b^2c+c^2a)$

Giả sử $a\geq b\geq c$
$\Leftrightarrow (a-c)(b-c)(a-b)\geq 0$
$\Leftrightarrow a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \geq a^{2}c+b^{2}a+c^{2}b$
$\Leftrightarrow 2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)\geq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a + a^{2}c+b^{2}a+c^{2}b=a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)> a^{3}+b^{3}+c^{3}$
$>\frac{a^4}{b+c} + \frac{b^4}{c+a} +\frac{c^4}{a+b}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ninhxa: 08-03-2012 - 22:01

[Ispectorgadget]

Bài 296: Cho $x\ge xy+1$ . Tìm GTLN của $P=\frac{3xy}{x^2+y^2}$
Đề thi tuyển sinh - Hải Phòng

[Tham Lang]

$\sqrt{a(b+c+d)}\leq \frac{a+b+c+d}{2}\Rightarrow \sqrt{\frac{a}{b+c+d}}\geq \frac{2a}{a+b+c+d}$
Chứng minh tương tự rồi cộng lại ta có:
$VT\geq \frac{2(a+b+c+d)}{a+b+c+d}=2$
Đẳng thức không xảy ra .$\blacksquare$

Đẳng thức xảy ra.
Chẳng hạn $a = b = 0, c = d$

[dark templar]

Bài 297: Cho $a,b,c \in (0;1]$.Chứng minh rằng:
$$\left(1+\frac{1}{abc} \right)(a+b+c) \ge 3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$

Bài 298: Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ thỏa mãn:$a^2+b^2+c^2=1$.Chứng minh rằng:
$$(a+b+c+1)^2+abc \ge 0$$

P/s:@Kiên:Bài 290 không khó đâu,thử suy nghĩ đi nhé

[Ispectorgadget]

Bài 297: Cho $a,b,c \in (0;1]$.Chứng minh rằng:
$$\left(1+\frac{1}{abc} \right)(a+b+c) \ge 3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$

P/s:@Kiên:Bài 290 không khó đâu,thử suy nghĩ đi nhé

Em chém bài này nhá
Từ giả thiết ta có: $$(a-1)(b-1)\ge 0\Rightarrow 1\ge a+b-ab$$
$\Rightarrow \frac{1}{ab}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}-1$
Từ đó $\Rightarrow \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\ge 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})-3$
Vậy: $$(1+\frac{1}{abc})(a+b+c)=a+b+c+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\geq a+b+c+2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})-3$$
$$\geq 2\sqrt{(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-3\geq 3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$
Điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ $\blacksquare$

P/S: Cắm dùi bài 290 :|

[Ispectorgadget]

Bài 299: Cho a,b là 2 số thực dương thay đổi thỏa mãn ab=1.Chứng minh rằng
$\frac{a^3}{1+b^2}+\frac{b^3}{1+a^2}\geq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 11-03-2012 - 12:50

[Mai Duc Khai]

Bài 298: Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ thỏa mãn:$a^2+b^2+c^2=1$.Chứng minh rằng:
$$(a+b+c+1)^2+abc \ge 0$$

Em xin trảm bài này
Theo giả thiết ta có:
\[{a^2},{b^2},{c^2} \le 1 \to - 1 \le a,b,c \le 1\]
\[ \Rightarrow \left( {1 + a} \right)\left( {1 + b} \right)\left( {1 + c} \right) \ge 0\]
\[ \Leftrightarrow 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc \ge 0(1)\]
Lại có: \[{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca + a + b + c \ge 0(2)\]
Cộng $(1)$ với $(2)$ $\Rightarrow dpcm$
Bài này đề có chuyển thành:
Cho $a^2+b^2+c^2=1$. CMR: $abc+2(1+a+b+c+ab+bc+ca)\ge0$

[phuc_90]

Bài 298: Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ thỏa mãn:$a^2+b^2+c^2=1$.Chứng minh rằng:
$$(a+b+c+1)^2+abc \ge 0$$

P/s:@Kiên:Bài 290 không khó đâu,thử suy nghĩ đi nhé

Từ điều kiện $a^2+b^2+c^2=1$ ta suy ra $a,b,c \in [-1 , 1]$

Nếu $abc \geq 0$ thì BĐT cần chứng minh là hiển nhiên.

Nếu $abc \leq 0$ thì $(a+b+c+1)^2+abc=2(1+a)(1+b)(1+c)-abc \geq 0$

Vậy BĐT đã được chứng minh.

[Ispectorgadget]

Bài 91: Cho các số thực $x,y,z\neq 0;1$ thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng$(\frac{x}{x-1})^{2}+(\frac{y}{y-1})^{2}+(\frac{z}{z-1})^{2}\geq 1$

Cách 3:
Đặt: $\frac{x}{x-1}=a;\frac{y}{y-1}=b;\frac{z}{z-1}=c$
Lúc đó ta có : $abc=(a-1)(b-1)(c-1)$
$\Leftrightarrow ab+ac+bc+1-(a+b+c)=0\Rightarrow a^2+b^2+c^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)-2(a+b+c)+2$
$=(a+b+c-1)^2+1\geq 1$
Bài toán được chứng minh $\blacksquare$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a+b+c=1$

[Ispectorgadget]

Bài 237: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:
\[(a + b)(b + c)(c + a) \ge 4(a + b + c - 1)\]

Cách khác
Lời giải:
Bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại như sau
$$\left(a+b+c \right)\left(ab+bc+ca \right)+3 \ge 4\left(a+b+c \right)$$
$$\Leftrightarrow ab+bc+ca+\dfrac{3}{a+b+c} \ge 4$$
Ta lại có
$$\left(ab+bc+ca \right)^2 \ge 3\left(a+b+c \right)$$
$$\Rightarrow ab+bc+ca \ge \sqrt{3\left(a+b+c \right)}$$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có

• $$\dfrac{\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}{3}+\dfrac{\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}{3}+\dfrac{3}{a+b+c} \ge 3$$
• $$\dfrac{\sqrt{3\left(a+b+c\right)}}{3} \ge 1$$

Suy ra $$ab+bc+ca+\dfrac{3}{a+b+c} \ge 4$$
Bài toán được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1.

[minhtuyb]

Bài 300: Cho x,y,z dương tích bằng 1. CMR:
$9+ \frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}\geq (x+y+z)(xy+yz+zx)+ \frac{(xy+yz+zx)^2}{x+y+z}$
<Của anh bboy >

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 11-03-2012 - 12:51

[Ispectorgadget]

Bài 301:Cho các số thực a,b,c>0 Chứng minh
\[
\sqrt {a^4 + b^4 + c^4 } + \sqrt {a^2 b^2 + b^2 c^2 + c^2 a^2 } \ge \sqrt {a^3 b + b^3 c + c^3 a} + \sqrt {ab^3 + bc^3 + ca^3 }
\]
Bài 302: Cho a,b,c>0 . Chứng minh
\[
\frac{{a(b + c)}}{{(b + c)^2 + a^2 }} + \frac{{b(c + a)}}{{(c + a)^2 + b^2 }} + \frac{{c(a + b)}}{{(a + b)^2 + c^2 }} \le \frac{6}{5}
\]

[minhtuyb]

Oạch anh Kiên xóa cả lời giải bài 299 của em rồi

Bài 299: Cho a,b là 2 số thực dương thay đổi thỏa mãn ab=1.Chứng minh rằng
$\frac{a^3}{1+b^2}+\frac{b^3}{1+a^2}\geq 1$

C1:$\frac{a^3}{1+b^2}+\frac{b^3}{1+a^2}=\frac{a^4}{a+ab^2}+\frac{b^4}{b+a^2b}=\frac{a^4}{a+b}+\frac{b^4}{a+b}\geq \frac{(a^2+b^2)^2}{2(a+b)}$
$\geq \frac{\frac{(a+b)^4}{4}}{2(a+b)}=\frac{(a+b)^3}{8}\geq \frac{(2\sqrt{ab})^3}{8}=1<Q.E.D>$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=1$
C2: Cauchy ngược.
$\frac{a^3}{1+b^2}+\frac{b^3}{1+a^2}=a^3-\frac{a^3b^2}{b^2+1}+b^3-\frac{a^2b^3}{a^2+1}\geq a^3-\frac{a^2b}{2b}+b^3-\frac{ab^2}{2a}$
$=(a+b)(a^2-ab+b^2)-(\frac{a^2}{2}+\frac{b^2}{2})=(a+b)(a^2+b^2-1)-\frac{1}{2}(a^2+b^2-1)-\frac{1}{2}=(a+b-\frac{1}{2})(a^2+b^2-1)-\frac{1}{2}\geq (2\sqrt{ab}-\frac{1}{2})(2ab-1)-\frac{1}{2}=1<Q.E.D>$
Cách cauchy ngược trông "trâu bò" hơn

[Tham Lang]

Bài 301:Cho các số thực a,b,c>0 Chứng minh
\[
\sqrt {a^4 + b^4 + c^4 } + \sqrt {a^2 b^2 + b^2 c^2 + c^2 a^2 } \ge \sqrt {a^3 b + b^3 c + c^3 a} + \sqrt {ab^3 + bc^3 + ca^3 }
\]

Bình phương 2 vế, ta cần chứng minh :
$$a^4 + b^4 + c^4 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + 2\sqrt{\left (a^4 + b^4 + c^4 \right )\left (a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \right )} $$ $$\ge a^3b + b^3c + c^3a + ab^3 + bc^3 + ca^3 + 2\sqrt{\left (a^3b + b^3c + c^3a \right )\left (ab^3 + bc^3 + ca^3 \right )}$$
Thật vậy
$$\sum{a^4 + a^2b^2} + \sum{b^4 + a^2b^2} \ge 2\sum{(a^3b + ab^3)}$$
Lại có $$\sqrt{\left (a^4 + b^4 + c^4 \right )\left (a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \right )} \ge a^3b + b^3c + c^3a$$
$$\sqrt{\left (a^4 + b^4 + c^4 \right )\left (a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \right )} \ge ab^3 + bc^3 + ca^3$$
Nên $$\sqrt{\left (a^4 + b^4 + c^4 \right )\left (a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \right )} \ge \sqrt{\left (a^3b + b^3c + c^3a \right )\left (ab^3 + bc^3 + ca^3 \right )}$$
Suy ra đpcm
Bài sau thì mình làm chuẩn hóa, chưa nghĩ dc cách căp 2.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 11-03-2012 - 23:37