Chủ đề này có 1115 trả lời

[toilaab]

Ta chứng minh BĐT sau: $\frac{x^{n}+y^{n}}{2}\geq \left ( \frac{x+y}{2} \right )^{n}$ với x+y>=0 có thể quy nạp dễ dàng

Vậy $\frac{(a+b-c)^{n}+(b+c-a)^{n}}{2}\geq \left ( \frac{a+b-c+b+c-a}{2} \right )^{n}=b^{n}$

Tương tự với a và c rồi cộng 3 BĐT lại ta có ĐPCM

Tại sao tui với bạn trên lại cùng chí hướng thế nhỉ, hihi , mỗi tội post chậm hơn

Nhưng quan trọng là $a+b-c,b+c-a,a+c-b$ chưa chắc đã hoàn toán >0 có lẽ bài này nên thêm điều kiện $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác, còn nếu ko bài này có một cách khác là dùng AM-GM cho $n$ số cũng ra

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

[le_hoang1995]

Nhưng quan trọng là $a+b-c,b+c-a,a+c-b$ chưa chắc đã hoàn toán >0 có lẽ bài này nên thêm điều kiện $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác, còn nếu ko bài này có một cách khác là dùng AM-GM cho $n$ số cũng ra

Không đâu, BĐT của mình xảy ra khi x+y$\geq$0 mà.

$Ta thấy (a+b-c)+(b+c-a)=2b>0$ thế nên có thể áp dụng được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 19-01-2012 - 23:46

[Tham Lang]

Bài 96
Cho $a,b,c \in \left[ {n - 1;n + 1} \right]$ sao cho $a+b+c=3n$.
CMR: \[{a^2} + {b^2} + {c^2} \le 3{n^2} + 2\]
Dấu $"="$ xảy ra khi nào?
Bài này hình như đề phải là ${a^2} + {b^2} + {c^2} \le 3{n^2} + 3$ mới đúng
Từ giả thiết ta có:
$(a-n+1)(n+1-a)\geq 0\Leftrightarrow 2an+1-n^2\geq a^2$
CMTT ta có: $2bn+1-n^2\geq b^2$
$2cn+1-n^2\geq c^2$
$2n(a+b+c)+3=6n^2-3n^2+3=3n^2+3\geq a^2+b^2+c^2$
Dấu "=" xảy ra khi nào nhỉ
Mọi người kiểm tra dùm.

zz
_________________________________________

C.X.H: Bài này em nghĩ anh bị nhầm rồi thì phải zz
Sai chỗ nào nhỉ ???

Bạn làm như vậy thì không xảy ra dấu bằng đâu. Đề nó đúng rồi, mình phải sử dụng tam thức bậc hai mới ra đó. Dấu "=" Xảy ra khi chúng là hoán vị của $n - 1, n, n + 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 20-01-2012 - 00:58

[perfectstrong]

Tiếp tục bài 118.
Ta chứng minh $\frac{45-(4-a)^{3}}{9(1+a)}\geq a$

$\Leftrightarrow \frac{a^{3}-12a^{2}+48a-19}{9(a+1)}-a\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{a^{3}-21a^{2}+39a-19}{9(a+1)}\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(a-1)^{2}(a-19)}{9(a+1)}\geq 0$ Đúng.

Bạn xem lại chỗ dòng cuối nhé.
Từ giả thiết suy ra $0<a<3 \Rightarrow a-19<0 \Rightarrow \frac{(a-1)^{2}(a-19)}{9(a+1)}\leq 0$

[Mai Duc Khai]

Đây là những bài toán chưa có lời giải trong topic này
Bài 76: Cho $n,p>0$ CMR:\[\frac{1}{{(1 + 1)\sqrt[p]{1}}} + \frac{1}{{(1 + 2)\sqrt[p]{2}}} + .... + \frac{1}{{(n + 1)\sqrt[n]{n}}} < p\]



zz

Bài 76:
Trước tiên ta đi chứng minh:
\[\frac{1}{{\left( {k + 1} \right)\sqrt[p]{k}}} < p\left( {\frac{1}{{\sqrt[p]{k}}} - \frac{1}{{\sqrt[p]{{k + 1}}}}} \right)(1)\]
Thật vậy:
\[\frac{1}{{\sqrt[p]{k}}} - \frac{1}{{\sqrt[p]{{k + 1}}}} = \frac{{\sqrt[p]{{k + 1}} - \sqrt[p]{k}}}{{\sqrt[p]{{k(k + 1)}}}} = \frac{{k + 1 - k}}{{\sqrt[p]{{k(k + 1)}}{\rm{[}}\sqrt[p]{{{{(p + 1)}^{p - 1}}}} + \sqrt[p]{{{{(k + 1)}^{p - 2}}k}} + .... + \sqrt[p]{{{k^{p - 1}}}}{\rm{]}}}}\]
\[ > \frac{1}{{\sqrt[p]{{k(k + 1)}}.p\sqrt[p]{{{{(k + 1)}^{p - 1}}}}}} = \frac{1}{{p(k + 1)\sqrt[p]{k}}}\]
\[ \Leftrightarrow p\left( {\frac{1}{{\sqrt[p]{k}}} - \frac{1}{{\sqrt[p]{{k + 1}}}}} \right) > \frac{1}{{(k + 1)\sqrt[p]{k}}}\]
Bây giờ ta thay $k=1,2,...,n$ vào (1) ta được:
\[\frac{1}{{(1 + 1)\sqrt[p]{1}}} < p\left( {1 - \frac{1}{{\sqrt[p]{2}}}} \right)\]
\[\frac{1}{{(2 + 1)\sqrt[p]{1}}} < p\left( {\frac{1}{{\sqrt[p]{2}}} - \frac{1}{{\sqrt[p]{3}}}} \right)\]
$.......$
\[\frac{1}{{(n + 1)\sqrt[p]{n}}} < p\left( {\frac{1}{{\sqrt[p]{n}}} - \frac{1}{{\sqrt[p]{{n + 1}}}}} \right)\]
Cộng vế theo vế của các BĐT trên ta được $dpcm$

[Ispectorgadget]

Vậy là còn khoảng vài bài chưa giải quyết mà cũng được mấy hôm rồi . Để topic tiếp tục duy trì mình sẽ post tiếp 1 số bài Zz
Bài 121: Cho 3 số không âm a,b,c chứng minh rằng:
$\frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2-bc}+\frac{1}{3}\sqrt{4c^2+4a^2+ac}\geq a+b+c$
Bài 122: Cho số thực x. Tìm GTNN của biểu thức
A=$|x+3|+|x-2|+|x-5|$
Bài này nhìn có vẻ thiếu 1 hạng tử x Zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 20-01-2012 - 17:54

[Cao Xuân Huy]

Bài 122: Cho số thực x. Tìm GTNN của biểu thức
A=$|x+3|+|x-2|+|x-5|$
Bài này nhìn có vẻ thiếu 1 hạng tử x Zz

Ta có cái bđt: $\left| a \right| + \left| b \right| \ge \left| {a + b} \right|$
Dấu "=" xảy ra khi $a$ và $b$ cùng dấu.
Ta có:
\[A = \left( {\left| {x + 3} \right| + \left| {5 - x} \right|} \right) + \left| {x - 2} \right| \ge \left| {x + 3 + 5 - x} \right| + \left| {x - 2} \right| = 8 + \left| {x - 2} \right| \ge 8\]
Suy ra:


\[{A_{\min }} = 8 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}(x + 3)(5 - x) \ge 0\\x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x = 2\]

zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 20-01-2012 - 10:02

[Mai Duc Khai]

Đây là những bài toán chưa có lời giải trong topic này
Bài 96
Cho \[a,b,c \in \left[ {n - 1;n + 1} \right]\]
sao cho $a+b+c=3n$.
CMR: \[{a^2} + {b^2} + {c^2} \le 3{n^2} + 2\]

Dấu $"="$ xảy ra khi nào?

zz

Bài 96:
Đặt \[{a_1} = a - n;{b_1} = b - n;{c_1} = c - n\]
\[ \Rightarrow {a_1},{b_1},{c_1} \in \left[ { - 1;1} \right]\]
và \[{a_1} + {b_1} + {c_1} = a + b + c - 3n = 0\]
Ta có: \[{a^2} + {b^2} + {c^2} = {\left( {{a_1} + n} \right)^2} + {\left( {{b_1} + n} \right)^2} + {\left( {{c_1} + n} \right)^2}\]
\[ = 3{n^2} + 2n\left( {{a_1} + {b_1} + {c_1}} \right) + \left( {{a_1}^2 + {b_1}^2 + {c_1}^2} \right)\]
\[ = 3{n^2} + \left( {{a_1}^2 + {b_1}^2 + {c_1}^2} \right)(1)\]
Nhận xét rằng: \[\left( {{a_1}{b_1}} \right)\left( {{b_1}{c_1}} \right)\left( {{c_1}{a_1}} \right) = {\left( {{a_1}{b_1}{c_1}} \right)^2} \ge 0\]
nên trong 3 số $\left( {{a_1}{b_1}} \right)\left( {{b_1}{c_1}} \right)\left( {{c_1}{a_1}} \right)$ phải có một số không âm, giả sử là ${a_1}{b_1} \ge 0$
Khi đó:
\[2 \ge 2c_1^2 = c_1^2 + {\left( { - {c_1}} \right)^2} = {c_1}^2 + {\left( {{a_1} + {b_1}} \right)^2}\]
\[ = {a_1}^2 + {b_1}^2 + {c_1}^2 + 2{a_1}{b_1} \ge {a_1}^2 + {b_1}^2 + {c_1}^2(2)\]
Từ (1) và (2) suy ra $dpcm$
Dấu $"="$ xảy ra khi:

\[\left\{ \begin{array}{l}
c_1^2 = 1\\
{a_1}{b_1} = 0
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
c = n + 1\\
a = n\\
b = n - 1
\end{array} \right.\] Và các hoán vị.
P/s: Từ nay trong topic này nếu khi nào mà post các bài chưa có lời giải thì phải ghi cả người post bài đó lên chứ...
Mượn đất xíu: Các bài toán mọi người post lên nếu không có ai giải. Trong vòng 2 tuần mong mọi người post đáp án lên.
@Bác Kiên: Chưa hỏi ý kiến em mừ dám tự tiện à? Mà chỉ cần trong vòng 1 tuần là mọi người post đáp án thôi! 2 tuần có mà đợi "dài ngoẵng cổ"
ZzManzZ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 20-01-2012 - 10:03

[Dung Dang Do]

Bài 123: Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của hàm số $y=\frac{2x^{2}+3x+3}{x+1}$
Trên đoạn [0;2]
ZZ
___
Bài 124: Có trên diễn đàn rồi em. Zz
Phạm ANh Dũng: Mọi người mượn đất của em là em tính tiền rù.hjhj.tính theo giờ mới được ko bán đất luôn:)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 20-01-2012 - 13:56

[Ispectorgadget]

Bài 123:
Bài này ra GTNN bằng 3 đạt tại x=0
GTLN bằng $\frac{17}{3}$ đạt tại x=2
Mọi người trình bày lời giải ra nhé Zz
Bài 124: Cho các số thực a,b thuộc [0;1]. CMR
$\frac{1}{a+b+1}\leq 1-\frac{a+b}{2}+\frac{ab}{2}$
Rumania TS -2008 Zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 20-01-2012 - 13:12

[Cao Xuân Huy]

Bài 124: Cho các số thực a,b thuộc [0;1]. CMR
$\frac{1}{a+b+1}\leq 1-\frac{a+b}{2}+\frac{ab}{2}$
Rumania TS -2008 Zz

Bài này em làm bằng tương đương thử chả biết đúng sai gì hết.

Ta có:

\[\frac{1}{{a + b + 1}} \le 1 - \frac{{a + b}}{2} + \frac{{ab}}{2} \Leftrightarrow (a + b + 1)(ab - a - b + 2) \ge 2\]

\[ \Leftrightarrow {a^2}b + a{b^2} - {a^2} - {b^2} + a + b - ab \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow {a^2}(b - 1) + {b^2}(a - 1) + a(1 - b) + b \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow a(1 - b)(1 - a) - {b^2}(1 - a) + b \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow (1 - a)(a - ab - {b^2}) + b \ge 0\]

Ta có: $b \le 1 \Rightarrow - {b^2} \ge - b$

\[ \Rightarrow (1 - a)(a - ab - {b^2}) + b \ge (1 - a)(a - ab - b) + b\]

Không mất tính tổng quát ta giả sử: $a \ge b$.

Ta có:

\[ \Rightarrow (1 - a)(a - ab - {b^2}) + b \ge (1 - a)(a - ab - b) + b \ge - ab(1 - a) + b\]

Mà $ - ab(1 - a) + b = b({a^2} - a + 1) \ge 0$.

Vậy ta có ĐPCM

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=0$

ZZ

[Ispectorgadget]

Bài này em làm bằng tương đương thử chả biết đúng sai gì hết.

Ta có:

\[\frac{1}{{a + b + 1}} \le 1 - \frac{{a + b}}{2} + \frac{{ab}}{2} \Leftrightarrow (a + b + 1)(ab - a - b + 2) \ge 2\]

\[ \Leftrightarrow {a^2}b + a{b^2} - {a^2} - {b^2} + a + b - ab \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow {a^2}(b - 1) + {b^2}(a - 1) + a(1 - b) + b \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow a(1 - b)(1 - a) - {b^2}(1 - a) + b \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow (1 - a)(a - ab - {b^2}) + b \ge 0\]

Ta có: $b \le 1 \Rightarrow - {b^2} \ge - b$

\[ \Rightarrow (1 - a)(a - ab - {b^2}) + b \ge (1 - a)(a - ab - b) + b\]

Không mất tính tổng quát ta giả sử: $a \ge b$.

Ta có:

\[ \Rightarrow (1 - a)(a - ab - {b^2}) + b \ge (1 - a)(a - ab - b) + b \ge - ab(1 - a) + b\]

Mà $ - ab(1 - a) + b = b({a^2} - a + 1) \ge 0$.

Vậy ta có ĐPCM

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=0$

ZZ

Làm gì mà dài thế
BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow 3(1-a)(1-b)(a+b)+ab(2-a-b)\geq 0$
Vì a,b thuộc [0;1] nên $1-a\geq 0;1-b\geq 0;1-c\geq 0;2-a-b\geq 0$, dó đó ta có đpcm Zz

[Cao Xuân Huy]

Bài 121: Cho 3 số không âm a,b,c chứng minh rằng:
$\frac{1}{\sqrt{2}}.\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2-bc}+\frac{1}{3}\sqrt{4c^2+4a^2+ac}\geq a+b+c$

Ta có bđt: $2(a^2+b^2) \ge (a+b)^2$.

Ta có:

\[\frac{1}{{\sqrt 2 }}.\sqrt {{a^2} + {b^2}} \ge \frac{1}{{\sqrt 2 }}.\sqrt {\frac{{{{(a + b)}^2}}}{2}} = \frac{{{{(a + b)}^2}}}{2}\]

\[\sqrt {{b^2} + {c^2} - bc} \ge \sqrt {\frac{{{{(b + c)}^2}}}{2} - bc} = \sqrt {\frac{{{{(b + c)}^2} - 2bc}}{2}} = \sqrt {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2}} \ge \sqrt {\frac{{{{(b + c)}^2}}}{4}} = \frac{{b + c}}{2}\]

Còn lại ta chứng minh:

\[\frac{1}{3}\sqrt {4{c^2} + 4{a^2} + ac} \ge \frac{{a + c}}{2} \Leftrightarrow 2\sqrt {4{a^2} + 4{c^2} + ac} \ge 3(a + c) \Leftrightarrow 4(4{a^2} + 4{c^2} + ac) \ge 9({a^2} + {c^2} + 2ac)\]

\[ \Leftrightarrow 7{a^2} + 7{c^2} - 14ac \ge 0 \Leftrightarrow 7{(a - c)^2} \ge 0\]
Vậy ta có:

\[\frac{1}{{\sqrt 2 }}.\sqrt {{a^2} + {b^2}} + \sqrt {{b^2} + {c^2} - bc} + \frac{1}{3}\sqrt {4{c^2} + 4{a^2} + ac} \ge \frac{{a + b + b + c + c + a}}{2} = a + b + c\]

Ta được ĐPCM

Dấu"=" xảy ra khi $a=b=c$

[Ispectorgadget]

Bài 125: Cho a,b >0 thoả a+b+c=abc. Tìm GTNN của
$A=\sqrt{1+\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{c^2}}$
Đi ăn cái đã tối post tiếp Zz
Dạo này post đề sai hoài

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 20-01-2012 - 19:34

[dark templar]

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 này thay $a^3;b^3;c^3$ bằng $a^2;b^2;c^2$ thì có thể sẽ dễ làm hơn đối với THCS
Sử dụng 1 BĐT quá quen thuộc:$(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)$;ta có:$ab+bc+ca \le 3$
Suy ra:
$$a^2+3 \ge a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)$$
Nên:
$$VT \le \sum \frac{ab}{\sqrt{(a+b)(a+c)}} \overset{AM-GM}{\le} \frac{1}{2}\sum \left(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b} \right)=\frac{3}{2}=VP$$

Bài 126:(Dễ)
Cho tam giác ABC không nhọn.Chứng minh:
$$A^2+B^2+C^2 \ge \frac{3\pi ^2}{8}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 20-01-2012 - 19:53

[HÀ QUỐC ĐẠT]

vì $a + b + c = abc $ nên ta có thể đặt $a = tanx, b = tany, c = tanz $ với x, y, z là số đo 3 góc của tam giác lúc đó$$A = \dfrac{1}{sinx} + \dfrac{1}{siny} + \dfrac{1}{sinz} \ge \dfrac{9}{sinx + siny + sinz} $$ Mà $sinx + siny + sinz \le \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$(cái này chứng minh rất dễ) suy ra GTNN = $\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$ khi $a = b = c = \sqrt{3}$

Min $A=\frac{6}{\sqrt{3}}$ bạn à
Có thể giải như sau
Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có:
A$\geq \sqrt{3^{2}+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}}\geq \sqrt{9+3(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})}=\sqrt{12}=\frac{6}{\sqrt{3}}$

[Tham Lang]

Min $A=\frac{6}{\sqrt{3}}$ bạn à
Có thể giải như sau
Áp dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có:
A$\geq \sqrt{3^{2}+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}}\geq \sqrt{9+3(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})}=\sqrt{12}=\frac{6}{\sqrt{3}}$

Mình cũng định làm như vậy. Còn kết quả thi mình đánh nhầm

[Ispectorgadget]

Bài 127: Cho a,b,c thực dương. CMR:
$\frac{a^2}{2a^2+(b+c-a)^2}+\frac{b^2}{2b^2+(c+a-b)^2}+\frac{c^2}{2c^2+(a+b-c)^2}\leq 1$

Mọi người sôi nổi quá Zz
Mấy bài còn lại trong topic (page trước có liệt kê) nhờ mọi người giải quyết dùm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 20-01-2012 - 19:57

[dark templar]

Bài 127: Cho a,b,c thực dương. CMR:
$\frac{a^2}{2a^2+(b+c-a)^2}+\frac{b^2}{2b^2+(c+a-b)^2}+\frac{c^2}{2c^2+(a+b-c)^2}\leq 1$

Mọi người sôi nổi quá Zz
Mấy bài còn lại trong topic (page trước có liệt kê) nhờ mọi người giải quyết dùm.

Bài này là 1 dạng thuần nhất nên có rất nhiều cách giải Hãy thử đặt $x=\frac{b+c}{a};y=\frac{c+a}{b};z=\frac{a+b}{c}$ thử xem nhé

[Tham Lang]

Bài 128. (khá đơn giản)
Cho các số thực dương $a, b, c$ thoả mãn $a + b + c = 1$ . Chứng minh rằng
$$\sqrt{\dfrac{ab}{c + ab}} + \sqrt{\dfrac{bc}{a + bc}} + \sqrt{\dfrac{ca}{b + ca}} \le \dfrac{3}{2}$$