Chủ đề này có 1115 trả lời

[alex_hoang]

Một bài thi học sinh giỏi
103. Cho a, b, c không âm thoả mãn : $ab + bc + ca = 1$. Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a} \ge \dfrac{5}{2}$$

Bài này cho ở THCS thì hơi ác,nó là một bài quen thộc nhưng đẹp mắt và hay .Nó cũng là một hệ quả của IRAN TST 1996.Xuất hiện trong nhiều tài liệu về BĐT bạn có thể xem trong cuốn STBĐT ở đây
http://diendantoanho...showtopic=61934

[Tham Lang]

Bài này cho ở THCS thì hơi ác,nó là một bài quen thộc nhưng đẹp mắt và hay .Nó cũng là một hệ quả của IRAN TST 1996.Xuất hiện trong nhiều tài liệu về BĐT bạn có thể xem trong cuốn STBĐT ở đây
http://diendantoanho...showtopic=61934

Giờ mình mới biết, STBDT thì chưa đọc nhiều nên mình không thấy (lười ) Mình biết bài này vì đây là đề thi học sinh giỏi trường mình mà .

[Cao Xuân Huy]

Bài 97: Cho 3 số thực a,b,c. Chứng minh
$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac+\frac{(a-b)^2}{26}+\frac{(b-c)^2}{6}+\frac{(c-a)^2}{209}$

Biến đổi tương đương đúng là cả một nghệ thuật.

Ta có bất đẳng thức tương đương:
\[2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} \ge 2ab + 2bc + 2ca + \frac{{{{(a - b)}^2}}}{{13}} + \frac{{{{(b - c)}^2}}}{3} + \frac{{2{{(c - a)}^2}}}{{209}}\]
\[ \Leftrightarrow {(a - b)^2} + {(b - c)^2} + {(c - a)^2} \ge \frac{{{{(a - b)}^2}}}{{13}} + \frac{{{{(b - c)}^2}}}{3} + \frac{{2{{(c - a)}^2}}}{{209}}\]
\[ \Leftrightarrow \frac{{12}}{{13}}{(a - b)^2} + \frac{2}{3}{(b - c)^2} + \frac{{207}}{{209}}{(a - b)^2} \ge 0\]

Bđt cuối cùng luôn đúng nên ta có ĐPCM.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
________________________________________________________________________________

Tiếp tục với mấy bài này nhé

Bài 104: Cho các số thực $a,b,c$ sao cho $a \ge b \ge c >0$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{{{(a + b)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + c)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + a)}^2}}} \ge \frac{2}{{(a + c)(b + c)}} + \frac{1}{{4ab}}\]

Bài 105: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{a + 3b}} + \frac{1}{{b + 3c}} + \frac{1}{{c + 3a}} \ge \frac{1}{{a + 2b + c}} + \frac{1}{{b + 2c + a}} + \frac{1}{{c + 2a + b}}\]

Bài 106: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{4{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{1}{{4{b^2} + {c^2} + {a^2}}} + \frac{1}{{4{c^2} + {a^2} + {b^2}}} \le \frac{9}{2}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 18-01-2012 - 08:34

[wallunint]

Biến đổi tương đương đúng là cả một nghệ thuật.

Ta có bất đẳng thức tương đương:
$ 2{a^2} + 2{b^2} + 2{c^2} \ge 2ab + 2bc + 2ca + \frac{{{{(a - b)}^2}}}{{13}} + \frac{{{{(b - c)}^2}}}{3} + \frac{{2{{(c - a)}^2}}}{{209}} $
$ \Leftrightarrow {(a - b)^2} + {(b - c)^2} + {(c - a)^2} \ge \frac{{{{(a - b)}^2}}}{{13}} + \frac{{{{(b - c)}^2}}}{3} + \frac{{2{{(c - a)}^2}}}{{209}} $
$ \Leftrightarrow \frac{{12}}{{13}}{(a - b)^2} + \frac{2}{3}{(b - c)^2} + \frac{{207}}{{209}}{(a - b)^2} \ge 0 $

Bđt cuối cùng luôn đúng nên ta có ĐPCM.

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
________________________________________________________________________________

Tiếp tục với mấy bài này nhé

Bài 104: Cho các số thực $a,b,c$ sao cho $a \ge b \ge c >0$. Chứng minh:
$ \frac{1}{{{{(a + b)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + c)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + a)}^2}}} \ge \frac{2}{{(a + c)(b + c)}} + \frac{1}{{4ab}} $

Bài 105: Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh:
$ \frac{1}{{a + 3b}} + \frac{1}{{b + 3c}} + \frac{1}{{c + 3a}} \ge \frac{1}{{a + 2b + c}} + \frac{1}{{b + 2c + a}} + \frac{1}{{c + 2a + b}} $

Bài 106: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh:
$ \frac{1}{{4{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{1}{{4{b^2} + {c^2} + {a^2}}} + \frac{1}{{4{c^2} + {a^2} + {b^2}}} \le \frac{9}{2} $

Bài 105: Áp dụng bđt AM-GM, ta có:

$ \frac{1}{{a + 3b}} + \frac{1}{{a + 2c + b}} \ge \frac{4}{{2\left( {a + 2b + c} \right)}} $
Chứng minh tương tự, ta có đpcm
Bài 104: Biến đổi tương đương và áp dụng bđt Am-GM, ta có:
$ \frac{1}{{\left( {a + b} \right)^2 }} + \frac{1}{{\left( {b + c} \right)^2 }} + \frac{1}{{\left( {c + a} \right)^2 }} \ge \frac{1}{{4ab}} + \frac{2}{{\left( {c + a} \right)\left( {b + c} \right)}} $

$ \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{{\left( {c + a} \right)}} - \frac{1}{{\left( {b + c} \right)}}} \right)^2 \ge \frac{{\left( {a - b} \right)^2 }}{{4ab\left( {a + b} \right)^2 }} $
$ \Leftrightarrow 4ab\left( {a + b} \right)^2 \ge \left( {c + a} \right)^2 \left( {b + c} \right)^2 $
do đk bài toán $ \Rightarrow 4ab \ge 4b^2 \ge \left( {b + c} \right)^2 $ và $ \left( {a + b} \right)^2 \ge \left( {c + a} \right)^2 $
Đến đây, ta có bđt cần cm.

ZZ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 18-01-2012 - 09:16

[Ispectorgadget]

Bài 107: Cho các số thực x,y,a $\geq -1$ thỏa mãn $\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}=2\sqrt{1+a}$. CMR:
$x+y\geq 2a$
ĐTTS lớp 10 chuyên Trần Đại Nghĩa - TPHCM 2003-2004

P/S: Walluint cho mình hỏi chữ ZZ là sao nhỉ

[nguyenta98]

Bài 107: Cho các số thực x,y,a $\geq -1$ thỏa mãn $\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}=2\sqrt{1+a}$. CMR:
$x+y\geq 2a$
ĐTTS lớp 10 chuyên Trần Đại Nghĩa - TPHCM 2003-2004

Bài 107:
Do $x,y,a\geq -1 \rightarrow 1+x,1+y,1+a\geq 0$
Từ phương trình ta có:
$\sqrt{(1+x)(1+a}+\sqrt{(1+y)(1+a)}=2(1+a)$
Lại có $\dfrac{1+x+1+a}{2}+\dfrac{1+y+1+a}{2}\geq \sqrt{(1+x)(1+a}+\sqrt{(1+y)(1+a)} \rightarrow \dfrac{1+x+1+a}{2}+\dfrac{1+y+1+a}{2}\geq 2(a+1) \leftrightarrow x+y\geq 2a \rightarrow Q.E.D$
Dấu $"=" \leftrightarrow x=y=a$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 18-01-2012 - 11:10

[Mai Duc Khai]

Bài 108:
CMR: \[\left( {1 + {2^2}} \right)\left( {1 + {2^{{2^2}}}} \right)\left( {1 + {2^{{2^3}}}} \right).....\left( {1 + {2^{{2^n}}}} \right) < \frac{1}{3}{.2^{{2^{n + 1}}}}\]
Bài 109 :
Cho $a,b,c>0$: CMR
\[{\left( {a + b - c} \right)^n} + {\left( {b + c - a} \right)^n} + {\left( {c + a - b} \right)^n} \ge {a^n} + {b^n} + {c^n}\]

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 103:
BĐT$\Leftrightarrow 2(a+b+c)^{2}-5(a+b+c)+2+5abc\geq 0$(1)
Đặt p=a+b+c;q=ab+bc+ca,r=abc nên (1)$\Leftrightarrow 2p^{2}-5p+2+5r\geq 0$
*$p\geq 2\Rightarrow 2p^{2}-5p+2+5r=(p-2)(2p-1)+5r\geq 0$(đúng)
*$p\leq 2$.Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:
$r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}\Leftrightarrow 5r\geq \frac{20pq-5p^{3}}{9}=\frac{20p-5p^{3}}{9}$

$\Rightarrow 2p^{2}-5p+2+5r\geq 2p^{2}-5p+2+\frac{20p-p^{3}}{9}=-\frac{5}{9}p^{3}+2p^{2}-\frac{25}{9}p+2\geq 0$
$\Leftrightarrow 5p^{3}-18p^{2}+25p-18\leq 0\Leftrightarrow (p-2)(5p^{2}-8p+9)\leq 0$(đúng do $p\leq 2$)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Dấu"=" xảy ra khi a=b=1,c=0 và các hoán vị

[nguyenta98]

Bài 108:
CMR: \[\left( {1 + {2^2}} \right)\left( {1 + {2^{{2^2}}}} \right)\left( {1 + {2^{{2^3}}}} \right).....\left( {1 + {2^{{2^n}}}} \right) < \frac{1}{3}{.2^{{2^{n + 1}}}}\]

Hôm qua vừa đi học thêm xong mình xin đóng góp một số bài:
Bài 92: Cho $a,b,c>0$. CMR:
$Q=\dfrac{\sqrt{ab}}{a+b+2c}+\dfrac{\sqrt{bc}}{b+c+2a}+\dfrac{\sqrt{ca}}{a+c+2b}\le \dfrac{3}{4}$

Bài 108:
Đặt phương trình ở đề bài là $A$
Do vậy $(2^2-1)A=(2^2-1)(2^2+1)(2^{2^2}+1)...(2^{2^{n}}+1) = (2^{2^2}-1)(2^{2^2}+1)(2^{2^3}+1)...(2^{2^{n}}+1)=(2^{2^3}-1)(2^{2^3}+1)...(2^{2^n}+1)=....$
Làm tương tự với hẳng đẳng thức chủ đạo là $a^2-b^2$ ta được $A=\dfrac{1}{3}(2^{2^{n+1}}-1)<\dfrac{1}{3}(2^{2^{n+1}}) \rightarrow Q.E.D$
Bài 92: (của bạn toilaab)
Ta có bất đẳng thức khá quen thuộc $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \dfrac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$ (cái này khá dễ chứng minh dành cho mọi người)
Ta có $\dfrac{1}{(a+b+2c)^2}\le \dfrac{1}{4(a+c)(b+c)}$
Tương tự suy ra $B=\dfrac{1}{(a+b+2c)^2}+\dfrac{1}{(b+c+2a)^2}+\dfrac{1}{(c+a+2b)^2}\le \dfrac{a+b+c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}$
Áp dụng bdt trên suy ra:
$B\le \dfrac{a+b+c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}\le \dfrac{a+b+c}{(\dfrac{16}{9})(a+b+c)(ab+bc+ca)}$
Suy ra $B\le \dfrac{9}{16(ab+bc+ca)}$
Trở về bài Áp dụng bdt bunhiacopxki suy ra
$Q^2\le (ab+bc+ca)(\dfrac{1}{(a+b+2c)^2}+\dfrac{1}{(b+c+2a)^2}+\dfrac{1}{(c+a+2b)^2})$
Suy ra $Q^2\le (ab+bc+ca)(\dfrac{9}{16(ab+bc+ca)})= (\dfrac{3}{4})^2 \rightarrow Q\le \dfrac{3}{4} \rightarrow Q.E.D$
Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c$

P/S thực ra bài này mình làm được nhờ anh họ gợi ý cho cái bdt trên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 18-01-2012 - 15:22

[kevinkernpham]

Bài 110: Cho 3 số thực $x,y,z$ không âm thỏa $x+y+z=1$ tìm max của $P=\frac{4(1-x)(1-z)(x+z)}{x+2004y+z}$
____________________________________________

Bạn đánh số thứ tự vào nhé. Lần sau xóa không báo trước

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 18-01-2012 - 16:25

[Cao Xuân Huy]

Bài 110: Cho 3 số thực $x,y,z$ không âm thỏa $x+y+z=1$ tìm max của $P=\frac{4(1-x)(1-z)(x+z)}{x+2004y+z}$

Bài 110:
Ta chứng minh: $4(1-x)(1-y)(1-z) \le x+2y+z$
Ta có:
\[VT = 4(x + y)(y + z)(z + x) \le {(x + 2y + z)^2}(z + x) \le (x + 2y + z).\frac{{{{(2x + 2y + 2z)}^2}}}{4} = x + 2y + z\]
Do đó:
\[P \le \frac{{x + 2y + z}}{{x + 2004y + z}} = \frac{{y + 1}}{{2003y + 1}} = \frac{1}{{2003}} + \frac{{2002}}{{2003(2003y + 1)}}\]
Vì $y \ge 0$ nên:
$$P \le \frac{1}{{2003}} + \frac{{2002}}{{2003(2003y + 1)}} \le \frac{1}{{2003}} + \frac{{2002}}{{2003}} = 1 \Rightarrow P_{max}=1$$
Max xảy ra khi:

$\left\{ \begin{array}{l}x = z\\y = 0\\x + y + z = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow (x;y;z) = \left( {\frac{1}{2};0;\frac{1}{2}} \right)$

zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 19-01-2012 - 23:02

[kevinkernpham]

Bài 111. cho 2 số thực dương a,b với a+b=1 tìm min P=$(1-\frac{1}{a^{2}})(1-\frac{1}{b^{2}})$

[Cao Xuân Huy]

Bài 111. cho 2 số thực dương a,b với a+b=1 tìm min P=$(1-\frac{1}{a^{2}})(1-\frac{1}{b^{2}})$

Xử tiếp. Bài này không khó lắm
Ta có:
\[P = 1 - \frac{1}{{{a^2}}} - \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}{b^2}}} = 1 + \frac{{{{(a + b)}^2}}}{{{a^2}{b^2}}} - \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2}{b^2}}} = 1 + \frac{{2ab}}{{{a^2}{b^2}}} = 1 + \frac{2}{{ab}} \ge \frac{8}{{{{(a + b)}^2}}} + 1 = 9\]
Do đó $P_{min}=9 \Leftrightarrow a=b=\frac{1}{2}$

zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 19-01-2012 - 23:02

[Ispectorgadget]

Bài 112: Cũng dễ
Cho x,y,z là các số thực dương thoả $x+y+z=1$. Tìm GTNN của
P=$\frac{(x^3+y^3+z^3)^2+(xyz)^2}{xyz}$

zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 19-01-2012 - 23:03

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Từ giả thiết ta có:$x^{3}+y^{3}+z^{3 }\geq \frac{(x+y+z)^{3}}{9}$ và $xyz\leq \frac{1}{27}$
$P=\frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}{xyz}+xyz= \sum_{k=1}^{9}\frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{2}}{9xyz}+xyz\geq 10\sqrt[10]{\frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})^{18}}{9^{9}(xyz)^{8})}}\geq \frac{10}{27}$
Vậy Min P$=\frac{10}{27}\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 18-01-2012 - 18:11

[Đặng Hoài Đức]

Bài 113: cho a,b,c >0, a+b+c=3. CMR:
$\frac{ab}{\sqrt[2]{c^{3}+3}}+\frac{bc}{\sqrt[2]{a^{3}+3}}+\frac{ac}{\sqrt[2]{b^{3}+3}}\leq \frac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Đặng Hoài Đức: 18-01-2012 - 18:19

[Dung Dang Do]

Với $x=y=z=2$, BĐT sai, bạn xem lại đề nha =.=
Chắc $VP=8xyz$ thì đây lại là một BĐT quen thuộc

Xin lỗi em quên mất một điều kiện là $x+y+z=4$.Thật lòng xin lỗi các bạn và Mod. Lần sau em kp tái phạm nữa .Nếu trở về $8xyz$ thì quá đơn giản

[Ispectorgadget]

Bài 114: Cho các số thực a,b,c thoả mãn $a+b+c=0$. CMR
$ab+2bc+3ca\leq 0$
ĐTTS trường PTNK - ĐHQG TPHCM 2005-2006
Bài 115: Cho a,b,c thực dương thoả mãn $a+b+c=1$. Tìm GTNN của biểu thức
$P=\frac{9}{1-2(ab+bc+ac)}+\frac{2}{abc}$
THTT
_____
Tiện đây mình góp ý cho mấy bạn tham gia topic.
Mọi người ráng đưa lên đây đầy đủ các dạng để việc ôn tập được tốt hơn.
Mọi người có thể đưa các bài thi quốc tế,đại học hoặc TST,... nhưng lời giải không quá phức tạp hoặc biến đổi lằng ngoằng, phải phù hợp trình độ THCS.

zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 19-01-2012 - 23:05

[Dung Dang Do]

Góp thêm 1 bài nựa:D
Bài 116: Cho $a,b,c>0$, $abc=1$.Chứng minh $BĐT$:
$\frac{a+b+c}{3}\geq\sqrt[5]{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}}$
Bài 117: Cho $a,b,c$ ko âm thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm $max$ của biểu thức sau:
$p=\frac{a^{2}b^{2}}{1-ab}+\frac{c^{2}b^{2}}{1-bc}+\frac{a^{2}c^{2}}{1-ac}$
Bài 118:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. $CMR$
$\sum \frac{5-3bc}{1+a}\geq ab+bc+ac$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 18-01-2012 - 20:54

[Dung Dang Do]

Bài 119: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng:
$\frac{a^{3}}{(1+b)(1+c)}+\frac{b^{3}}{(1+c)(1+a)}+\frac{c^{3}}{(1+a)(1+b)}\geq \frac{3}{4}$
-----------------------------------
Đề thi bán nửa học kỳ I học sinh THCS Yên Thịnh(hơi xoắn tí)