Chủ đề này có 1115 trả lời

[hamdvk]

$=>(1-\frac{a}{b})(1-\frac{b}{c}),(\frac{b}{a}-1)(\frac{c}{a}-1)\geq 0=>(1-\frac{a}{b})(1-\frac{b}{c})+(\frac{b}{a}-1)(\frac{c}{a}-1)\geq 0 $

Mình thấy chỗ a đó phải thay = b mới hợp lí và mới ra kết quả như bạn được !!
-----------
..........

[bastian schweinsteiger]

Bài 469: Cho $a,b,c$ Cho $a,b,c$ là 3 cạnh một tam giác còn $x,y,z$ là 3 số thực thỏa mãn $ax+by+cz=0$. Chứng minh rằng $xy+xz+yz\leq 0$

Từ $ax+by+cz=0\Rightarrow z=-\frac{ax+by}{c}$
$BĐT\Leftrightarrow xy-\frac{ax+by}{c}(x+y)\leq 0\Leftrightarrow cxy-(ax+by)(x+y)\leq 0\Leftrightarrow ax^{2}+xy(a+b-c)+by^{2}\geq 0(2)$
Nếu$y=0$ thì(2)$\Leftrightarrow ax^{2}\geq 0\Rightarrow$ (2) đúng
Nếu$y\neq 0$ thì (2)$\Leftrightarrow a(\frac{x}{y})2+(a+b-c)\frac{x}{y}+b(a> 0)$
xét tam thức bâc 2 $f(\frac{x}{y})= a(\frac{x}{y})2+(a+b-c)\frac{x}{y}+b(a> 0)\Rightarrow \Delta =(a+b-c)^{2}-4ab=a^{2}+b^{2}+c^{2}-2ab-2bc-2ca$
do $a+b> c\Rightarrow ac+bc> c^{2}$
tương tự $ab+bc> b^{2},ab+ac> a^{2}\Rightarrow 2(ab+bc+ca)> a^{2}+b^{2}+c^{2}\Rightarrow \Delta < 0\Rightarrow f(\frac{x}{y})> 0\Rightarrow$ bđt đúng

[triethuynhmath]

Hình như dấu bằng còn thiếu 1TH thì phải (1;1;2) phải không?

Thưa bạn khi nào mình dùng "Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$ thì mới phải nêu tất cả các TH dấu = xảy ra.Còn khi mình đã dùng từ "khi" thì mình chỉ cần chỉ ra 1TH sao cho dấu= xảy ra,không cần phải xét nhiều.Đây là 1 cách hay để tiết kiệm thời gian trong khi xét dấu "=" nếu đã biết trước

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 23-07-2012 - 20:51

[henry0905]

Bài 474: Cho các số dương a, b, c, d biết $\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\leq 1$. CMR: $abcd\leq \frac{1}{81}$

Cách khác cho bài này http://diendantoanho...bcdleq-frac181/

[ntm1406]

Bài 475 C/m với a, b, c, d, e, f >0, ta có: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+e}+\frac{d}{e+f}+\frac{e}{f+a}+\frac{f}{a+b}\geq 3$

[BlackSelena]

Bài 475 C/m với a, b, c, d, e, f >0, ta có: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+e}+\frac{d}{e+f}+\frac{e}{f+a}+\frac{f}{a+b}\geq 3$

Theo bất đẳng thức $\text{ Cauchy Schwarz dạng Engel }$ có:
$\frac{(a+b+c+d+e+f)^2}{ab+bc+cd+de+ef+fa+ac+ce+ea+bd+df+fb}$
Đặt $ab+bc+cd+de+ef+fa+ac+ce+ea+bd+df+fb =S$, ta có:
$2S=(a+b+c+d+e+f)^2 - (a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2+2ad+2bd+2cf)$
Mặt khác ta cũng có $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+f^2+2ad+2bd+2cf = (a+d)^2+(b+e)^2+(d+f)^2\geq \frac{1}{3}(a+b+c+d+e+f)^2$ $\text{ (Cauchy Schwarz) }$
Vậy $2S \leq \frac{2}{3}(a+b+c+d+e+f)^2$
Bất đẳng thức đầu bài cho $\geq \frac{(a+b+c+d+e+f)^2}{\frac{2}{6}(a+b+c+d+e+f)^2} = 3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 23-07-2012 - 22:50

[viet 1846]

Bài 474: Cho các số dương a, b, c, d biết $\frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{d}{1+d}\leq 1$. CMR: $abcd\leq \frac{1}{81}$

Gợi ý: Cách khác:

\[abcd \le \frac{1}{{81}} \Leftrightarrow \ln a + \ln b + \ln c + \ln d \le \ln \frac{1}{{81}}\]

Dùng phương pháp hệ số bất định để làm tiếp.

[BoFaKe]

Bài 476:(IRAN 1996) Chứng minh bất đẳng thức sau với $x,y,z$ không âm:
$\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
-------------------------------------------
P/S:Mình muốn cách làm theo phân tích SOS,đọc trong sách nó làm sai,không hiểu được .

[BlackSelena]

Bài 476:(IRAN 1996) Chứng minh bất đẳng thức sau với $x,y,z$ không âm:
$\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
-------------------------------------------
P/S:Mình muốn cách làm theo phân tích SOS,đọc trong sách nó làm sai,không hiểu được .

Em chỉ biết cách không dùng SOS thôi, anh coi xem sao
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y \geq z$
Vậy ta sẽ chứng minh một bất đẳng thức "chặt hơn"
$\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
* C/m : $\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2} - \frac{2}{(x+z)(y+z)} \geq \frac{1}{4xy}-\frac{1}{(x+y)^2}$
$\Leftrightarrow \frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2} \geq \frac{(x-y)^2}{4xy(x+y)^2}$ ~ Bđt này chuẩn men.
* C/m $\frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
$\Leftrightarrow (xy+yz+xz)[\frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy}] \geq \frac{9}{4}$
Mặt khác ta cũng có
$\frac{xy+yz+xz}{4xy} = \frac{1}{4} + \frac{z(x+y)}{4xy}$
$\frac{2(xy+yz+xz)}{(x+z)(y+z)} = 2-\frac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
Vậy bđt cần chứng minh
$\Leftrightarrow \frac{z(x+y)}{4xy} \geq \frac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(x+z) \geq 8xyz$, bất đẳng thức này cũng chuẩn men theo $AM-GM$
Vậy ta có $Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 24-07-2012 - 23:44

[Ispectorgadget]

Bài 476:(IRAN 1996) Chứng minh bất đẳng thức sau với $x,y,z$ không âm:
$\frac{1}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(y+z)^{2}}+\frac{1}{(z+x)^{2}}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$

Bài này có thể làm như sau:

Đặt $x=p-a;y=p-b;z=p-c$ ta có bđt cần chứng minh trở thành $(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a).(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{c^2})\geq \frac{9}{4}$
$$\Leftrightarrow (p^2-16rR+5r^2)[(4R+r)(p^2-16rR+5r^2)+4r(3R(5R-r)+r(R-2r))]+4R^3(R-2r)^2 \ge 0$$
Theo BĐT Gerrestein ta có $p^2\ge 16rR-5r^2$
Chứng minh:
và BĐT Euler ta có $R\ge 2r$ vậy bài toán được chứng minh.
Đây là cách chứng minh BĐT Gerrestein
Trong tam giác ABC ta có $p^2+5r^2\ge 16rR$
Đặt $a=x+y;b=y+z;c=z+x (x;y;z>0)$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $$(x+y+z)^3\ge 4(x+y)(y+z)(x+z)-5xzy$$
Khi ABC là tam giác đều ta có $x+y+z=1$ vậy ta cần chứng minh $$1\ge 4(1-x)(1-y)(1-z)-5xyz \iff 1+9xyz\ge 4(xy+xz+yz)$$
BĐT này đúng theo Schur

[BoFaKe]

Bài này có thể làm như sau:

Đặt $x=p-a;y=p-b;z=p-c$ ta có bđt cần chứng minh trở thành $(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a).(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{c^2})\geq \frac{9}{4}$
$$\Leftrightarrow (p^2-16rR+5r^2)[(4R+r)(p^2-16rR+5r^2)+4r(3R(5R-r)+r(R-2r))]+4R^3(R-2r)^2 \ge 0$$
Theo BĐT Gerrestein ta có $p^2\ge 16rR-5r^2$
Chứng minh:
và BĐT Euler ta có $R\ge 2r$ vậy bài toán được chứng minh.
Đây là cách chứng minh BĐT Gerrestein
Trong tam giác ABC ta có $p^2+5r^2\ge 16rR$
Đặt $a=x+y;b=y+z;c=z+x (x;y;z>0)$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $$(x+y+z)^3\ge 4(x+y)(y+z)(x+z)-5xzy$$
Khi ABC là tam giác đều ta có $x+y+z=1$ vậy ta cần chứng minh $$1\ge 4(1-x)(1-y)(1-z)-5xyz \iff 1+9xyz\ge 4(xy+xz+yz)$$
BĐT này đúng theo Schur

Thế còn cách làm theo SOS không anh?Mong anh chỉ giáo

[Poseidont]

Bài 477
Tìm giá trị cực đại của biểu thức $a^{12}+b^{12}+c^{12}$, nếu $-1\leq a,b,c\leq 1$ và $ a+b+c=\frac{1}{2} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Duc Nghia: 25-07-2012 - 09:45

[tkvn97]

Bài 478 . Cho $0< x,y,z\leq 1$ . Chứng minh rằng $\frac{x}{1+y+zx}+\frac{y}{1+x+zy}+\frac{z}{1+x+yz}\leq \frac{3}{x+y+z}$

[Secrets In Inequalities VP]

Đề bài saj hay sao á .hình nhu phải là ;

Bài 478 . Cho $0< x,y,z\leq 1$ . Chứng minh rằng $\frac{x}{1+y+zx}+\frac{y}{1+z+xy}+\frac{z}{1+x+yz}\leq \frac{3}{x+y+z}$

Ta có : $(x-1)(y-1)\geq 0\Leftrightarrow xy+1\geq x+y$
$\Rightarrow \frac{y}{1+z+xy}\leq \frac{y}{x+y+z}$
TT có 2 cái nua rồi cộng vào ta đc :
$VT\leq \frac{x+y+z}{x+y+z}\leq \frac{3}{x+y+z}$
$\Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 25-07-2012 - 21:11

[tkvn97]

Bài 479 . Cho x , y > 0 thỏa mãn x+ y = 1 . Hãy tìm GTNN của biểu thức : $P = (x^{2}+\frac{1}{y^{2}})(y^{2}+\frac{1}{x^{2}})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRUNGKIEN1997: 28-07-2012 - 08:19

[ducthinh26032011]

Bài 479 . Cho x , y > 0 thỏa mãn x+ y = 1 . Hãy tìm GTNN của biểu thức : $P = (x^{2}+\frac{1}{y^{2}})(y^{2}+\frac{1}{x^{2}})$

$P = (x^{2}+\frac{1}{y^{2}})(y^{2}+\frac{1}{x^{2}})=x^{2}y^{2}+\frac{1}{x^{2}y^{2}}+2=256x^{2}y^{2}+\frac{1}{x^{2}y^{2}}-255x^{2}y^{2}+2$
Ta có: $256x^{2}y^{2}+\frac{1}{x^{2}y^{2}}+2\geq 32+2=34$
$255x^{2}y^{2}\leq 255\frac{(x+y)^{4}}{16}=\frac{255}{16}\Leftrightarrow -15x^{2}y^{2}\geq -\frac{255}{16}$
$\Rightarrow P\geq 34-\frac{255}{16}=\frac{289}{16}$
Vậy ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducthinh26032011: 28-07-2012 - 08:42

[tkvn97]

$P = (x^{2}+\frac{1}{y^{2}})(y^{2}+\frac{1}{x^{2}})=x^{2}y^{2}+\frac{1}{x^{2}y^{2}}+2=256x^{2}y^{2}+\frac{1}{x^{2}y^{2}}-255x^{2}y^{2}+2$
Ta có: $256x^{2}y^{2}+\frac{1}{x^{2}y^{2}}+2\geq 32+2=34$
$255x^{2}y^{2}\leq 255\frac{(x+y)^{4}}{16}=\frac{255}{16}\Leftrightarrow -15x^{2}y^{2}\geq -\frac{255}{16}$
$\Rightarrow P\geq 34-\frac{255}{16}=\frac{289}{16}$
Vậy ...

GTNN bằng $\frac{289}{16}$ chứ khi x = y = $\frac{1}{2}$

[ducthinh26032011]

Bài 480: Chứng minh rằng với mọi số thực $x$ ta luôn có:
$$(2x+1)\sqrt{x^{2}-x+1}> (2x-1)\sqrt{x^{2}+x+1}$$
Bài 481: Cho $a,b,c\in (0,1)$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}+\sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)}< 1$$
Bài 482: Cho các số thực $a,b,c\in [0,1]$.Chứng minh rằng:
$$a+b^{2}+c^{3}-ab-bc-ca\leq 1$$

[Beautifulsunrise]

Bài 483. Cho $\left\{ \begin{array}{l}
x,y,z \in (0;1) \\
xyz = (1 - x)(1 - y)(1 - z) \\
\end{array} \right.$. CMR: ${x^2} + {y^2} + {z^2} \ge \frac{3}{4}$

[minhtuyb]

Bài 480: Chứng minh rằng với mọi số thực $x$ ta luôn có:
$$(2x+1)\sqrt{x^{2}-x+1}> (2x-1)\sqrt{x^{2}+x+1}(*)$$

Các biểu thức trong căn đều được xác định.
Xét 3 TH:
*Với $x<\dfrac{1}{2}$ thì:
$$(*)\Leftrightarrow (-2x-1)\sqrt{x^2-x+1}<(1-2x)\sqrt{x^2+x+1}\\ \Leftrightarrow 4x^4+x^2+3x+1<4x^4+x^2-3x+1\\ \Leftrightarrow 6x<0\\ \Leftrightarrow x<0\ \text{(Đúng trong khoảng đang xét)}$$
* Với $-\dfrac{1}{2}\le x \le \dfrac{1}{2}$ thì: $VT(*)\ge 0;VP(*)\le 0\Rightarrow VT(*)\ge VP(*)$. Dễ thấy dấu bằng không xảy ra
* Với $x>\dfrac{1}{2}$ thì:
$$(*)\Leftrightarrow (2x+1)^2(x^2-x+1)> (2x-1)^2(x^2+x+1)\\ \Leftrightarrow 4x^4+x^2+3x+1>4x^4+x^2-3x+1\\ \Leftrightarrow x>0 \ \text{(Đúng trong khoảng đang xét)}$$
Vậy trong mọi TH ta đều có ĐPCM $\square$
-------
Èo tưởng được post 1000

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 28-07-2012 - 19:21