Chủ đề này có 1115 trả lời

[Dung Dang Do]

Cho đề gì xoắn thế :| hầu hết các lời giải bài toán này đều dùng KSHS nếu có cách phù hợp cấp 2 nhờ chỉ giáo.

n=k-1 em không quen cho lắm

hihi.Bài 1 tì em post lên nhờ các anh giải.
Bài 2 em xin gợi ý. Đặt $t=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$. Ta bây giờ đi tìm điều kiện của $t$.Dự đoán điểm rơi $t=\frac{5}{2}$

[Secrets In Inequalities VP]

Bài 142: Cho $\bigtriangleup DEF$ lấy điểm $I$ di động trên cạnh $DF$. Kẻ $IK//DE,IP//EF$.Gọi $S_{1},S_{2},S_{3}$ thứ tự là diện tích của $ \bigtriangleup IKD$, $\bigtriangleup IPF$, hình bình hành $KIPE$.Chứng minh rằng:$$S_{1},+S_{2}\geq S_{3}$$.Dấu "=" xảy ra khi nào??

Bài này hình nhu sai đề rùi! đây là đẳng thúc

[dark templar]

Bài 141. Chứng minh rằng :
$$\sqrt{1 + \sqrt{3 + \sqrt{5 + \sqrt{... + \sqrt{2n - 1}}}}} < 2$$

Xin hỏi tác giả là bài này có bao nhiêu cái căn vậy ? Để mình còn biết mà quy nạp cho đúng

[Ispectorgadget]

Với n=1 thì $x_1=1\geq 1$ (đúng)
Giả sử BĐT đúng với n=k $(k\in N*;k\geq 1)$ hay ta cm với mọi $y_1;y_2;...y_k>0$ thỏa $y_1y_2...y_k\geq k$
(Chỗ này giả thiết quy nạp chỉ dùng được khi k có tích là 1)
Ta phải cm BĐT đúng với $n=k+1$ nghĩa là với mọi $x_1;x_2;...x_k;x_{k+1}>0$ thỏa $x_1x_2...x_k.x_{k+1}=1$ thì
$x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq k+1$
Do $x_1.x_2...x_k.x_{k+1}=1$ và vai trò các biến số như nhau nên ta có thể giả sử
$x_k\leq 1\leq x_{k+1}\Rightarrow (1-x_k)(1-x_{k+1})\leq 0$ hay $x_k+x_{k+1}\geq 1+x_k.x_{k+1}$ (1)
Đặt $x_{k}^{'}=x_k.x_{k+1}$. Thế thì $x_1;...x_k'$ là k số dương thỏa $x_1.x_2...x_k'=1$. Do vậy theo giả thiết quy nạp ta có
$x_1+x_2+...+x_k'\geq k$ (2)
Từ (1)(2) suy ra $x_1+x_2+...+x_k+x_{k+1}\geq (x_1+x_2+...+x_k')+1\geq k+1$
Điều này chứng tỏ BĐT cũng đúng với n=k+1. Theo nguyên lý quy nạp ta có BĐT đúng với mọi số nguyên dương n
Zz

Mặc dù biết ý tưởng là sử dụng BĐT Cô-si nhưng sẽ có 1 số bạn hơi lúng túng khi chứng minh BĐT này. Mình trình bày rõ ra luôn
Nếu $a_1;a_2;...a_n$ là các số không âm thì
$$a_1+a_2+...+a_n\geq n\sqrt[n]{a_1.a_2...a_n}$$ (BĐT AM-GM)
Nếu trong n số có 1 số bằng 0 thì bài toán được chứng minh.
Ngược lại nếu n số dương thì đặt
$$x_1 = \frac{{a_1 }}{{\sqrt[n]{{a_1 a_2 ...a_n }}}};x_2 = \frac{{a_2 }}{{\sqrt[n]{{a_1 a_2 ...a_n }}}};...;x_n = \frac{{a_n }}{{\sqrt[n]{{a_1 a_2 ...a_n }}}}$$
Ta có $x_1.x_2...x_n=1$ nên $x_1+x_2+...+x_n\geq n$
Hay $\frac{{a_1 }}{{\sqrt[n]{{a_1 a_2 ...a_n }}}}+ \frac{{a_2 }}{{\sqrt[n]{{a_1 a_2 ...a_n }}}}+...+\frac{{a_n }}{{\sqrt[n]{{a_1 a_2 ...a_n }}}}\geq n$
$\Rightarrow a_1+a_2+...+a_n\geq n\sqrt[n]{a_1.a_2...a_n}$
BĐT được cm Zz

[Tham Lang]

Xin hỏi tác giả là bài này có bao nhiêu cái căn vậy ? Để mình còn biết mà quy nạp cho đúng

cái đó vô hạn căn

[Dung Dang Do]

Chưa thấy mọi người giải bài 131 của em thui đành post lên để các Mod, bạn, anh ăn tết cho ngon miệng:
Vì $a,b>0$ nên $2(a^{2}+b^{2})+ab=(a+b)(ab+2)$
$$\iff 2(a^{2}+b^{2})+ab=(a+b)ab+2(a+b)$$
$\iff2(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+1=a+b+2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})$
Áp dụng BĐT CÔ SI ta có: $(a+b)+2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\geq2\sqrt{2(a+b)(\frac{1}{b}+\frac{1}{a})}=2\sqrt{2(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+2)}$
Đặt $t=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}$, $t\ge2$
Ta có:$2t+1\ge2\sqrt{2(t+2)}\iff(2t+1)^{2}\ge8(t+2)$
$\iff4t^{2}-4t\ge15\iff(2t-1)^{2}\ge16$
$\Leftrightarrow 2t-1\ge4 \iff t\ge\frac{5}{2}$( Do $t>0$)
Khi đó $A=4(t^{3}-3t)-9(t^{2}-2)=4t^{3}-9t^{2}-12t+18$
$=(4t^{3}-20t^{2}+25t)+11(t^{2}-55t+\frac{275}{4})+(18t-45)-\frac{23}{4}$
$=t(2t-5)^{2}+11(t-\frac{5}{2})^{2}+9(2t-5)-\frac{23}{4}\ge-\frac{23}{4}$
$A=-\frac{23}{4} \iff t=\frac{5}{2}\iff\left\{\begin{matrix}\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{5}{2} & \\a+b=2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}) & \end{matrix}\right.$
$ \iff(a;b)\in{(1;2),(2;1)}$
zzZZzz.Man
p/s: Ai like bài này để lại số điện thoại đêm 30 em sẽ cho cái card $50000$.hihi zzZZzz
Đề nghi Anh Huy để lại số Điện Thoại.Các anh nào like tì cũg để lại.hihi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 21-01-2012 - 20:22

[Tham Lang]

Bài 144. Một bài cũng khá dễ thở.
Cho a, b, c, d là các sổ thực dương thoả mãn điều kiện$a + b + c + d = 1$. Chứng minh rằng :
$$6(a^3 + b^3 + c^3 + d^3) \ge a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + \dfrac{1}{8}.$$

[PRONOOBCHICKENHANDSOME]

Bài 144. Một bài cũng khá dễ thở.
Cho a, b, c, d là các sổ thực dương thoả mãn điều kiện$a + b + c + d = 1$. Chứng minh rằng :
$$6(a^3 + b^3 + c^3 + d^3) \ge a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + \dfrac{1}{8}.$$

$6a^3-a^2 \geq \frac{5a-1}{8} \Leftrightarrow 48a^3-8a^2-5a+1 \geq 0 \Leftrightarrow (1-4a)^2(3a+1)\geq 0 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PRONOOBCHICKENHANDSOME: 21-01-2012 - 22:10

[le_hoang1995]

Bài 144. Một bài cũng khá dễ thở.
Cho a, b, c, d là các sổ thực dương thoả mãn điều kiện$a + b + c + d = 1$. Chứng minh rằng :
$$6(a^3 + b^3 + c^3 + d^3) \ge a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + \dfrac{1}{8}.$$

Mình xin làm bài này, sử dụng Holder và chê-bư-sép.

$(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})(1+1+1+1)(1+1+1+1)\geq (a+b+c+d)^{3}=1$

$\Leftrightarrow 2(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})\geq \frac{1}{8} (1)$

$(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})\geq \frac{1}{4}(a^2+b^2+c^2+d^2)(a+b+c+d)$

$\Leftrightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3})\geq a^2+b^2+c^2+d^2(2)$

Cộng theo vế 1 và 2, ta có ĐPCM.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d=1/4$

[Ispectorgadget]

Bài 115: Cho a,b,c là số thực thoả mãn $a^2+b^2+ab+bc+ac<0$
Chứng minh rằng $a^2+b^2<c^2$
Chuyên Thái Bình 2007-2008

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 21-01-2012 - 22:24

[Tham Lang]

Mình xin làm luôn:
Ta có : $$(a + b + c)^2 \ge 0 \Leftrightarrow c^2 \ge -(a^2 + b^2 + 2ab + 2bc + 2ca)$$ $$ = -(a^2 + b^2 + ab + bc + ca) - (ab + bc + ca) > -(ab + bc + ca) > a^2 + b^2$$
( có một số chỗ biến đổi hơi ngắn, mong các bạn thông cảm )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 21-01-2012 - 22:24

[Tham Lang]

Diễn đàn đông vui quá, mình tiếp tục với 1 bài toán :
Bài 146. Cho $a, b, c, d$ là các số thực thoả mãn :$$a + b + c + d = 0, a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 1$$ Tìm GTLN của : $$a^3 + b^3 + c^3 + d^3$$

[nguyenta98]

Diễn đàn đông vui quá, mình tiếp tục với 1 bài toán :
Bài 146. Cho $a, b, c, d$ là các số thực thoả mãn :$$a + b + c + d = 0, a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 1$$ Tìm GTLN của : $$a^3 + b^3 + c^3 + d^3$$

Bài 146: (em làm vớ vẩn không chắc lắm)
Từ $a+b+c+d=0$ ta có $a=-(b+c+d) \rightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=-(b+c+d)^3+b^2+c^3+d^3=-3(b+c)(c+d)(b+d)$
Đặt $A=a^3+b^3+c^3+d^3$ như vậy để $A$ đạt giá trị lớn nhất thì $A$ dương.
Do vậy $(b+c)(c+d)(b+d)$ âm và phải có trị tuyệt đối lớn nhất hay ta tìm GTLN của $|b+c||c+d||b+d|$
Ta có $1=a^2+b^2+c^2+d^2=2(b^2+c^2+d^2)+2(bc+cd+db)=(b+c)^2+(b+d)^2+(c+d)^2=|b+c|^2+|b+d|^2+|c+d|^2$
Suy ra $1=|b+c|^2+|b+d|^2+|c+d|^2\geq 3\sqrt[3]{|b+c|^2*|b+d|^2*|c+d|^2}$
Do vậy $|b+c||c+d||b+d|$ đạt GTLN bằng $\sqrt{\dfrac{1}{27}}$
Dấu $"=" \leftrightarrow |b+c|=|c+d|=|b+d|$ và $1=|b+c|^2+|b+d|^2+|c+d|^2$
Đến đây có 2TH
Th1: $b=c=d$ thì ra $b=c=d=-\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}}}{2};a=\sqrt{0.75}$ (chú ý rằng $(b+c)(c+d)(b+d)$ phải âm)
Như vậy đáp số là $a^3+b^3+c^3+d^3$ đạt GTLN bằng $\sqrt{\dfrac{1}{3}}$
Th2: $b=d; 3b+c=0$ (và hoán vị tương tự) thì ra $b=d=a=-\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}}}{2};c=\dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{1}{3}}$
Cái này cũng ra $a^3+b^3+c^3+d^3$ đạt GTLN bằng $\sqrt{\dfrac{1}{3}}$
Vậy đáp số bài là $\boxed{\sqrt{\dfrac{1}{3}}}$

P/S: Các anh chị kiểm tra xem có đáp số nào lớn hơn không,em cũng không chắc

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 22-01-2012 - 10:34

[Tham Lang]

Bài 146: (em làm vớ vẩn không chắc lắm)
Từ $a+b+c+d=0$ ta có $a=-(b+c+d) \rightarrow a^3+b^3+c^3+d^3=-(b+c+d)^3+b^2+c^3+d^3=-3(b+c)(c+d)(b+d)$
Đặt $A=a^3+b^3+c^3+d^3$ như vậy để $A$ đạt giá trị lớn nhất thì $A$ dương.
Do vậy $(b+c)(c+d)(b+d)$ âm và phải có trị tuyệt đối lớn nhất hay ta tìm GTLN của $|b+c||c+d||b+d|$
Ta có $1=a^2+b^2+c^2+d^2=2(b^2+c^2+d^2)+2(bc+cd+db)=(b+c)^2+(b+d)^2+(c+d)^2=|b+c|^2+|b+d|^2+|c+d|^2$
Suy ra $1=|b+c|^2+|b+d|^2+|c+d|^2\geq 3\sqrt[3]{|b+c|^2*|b+d|^2*|c+d|^2}$
Do vậy $|b+c||c+d||b+d|$ đạt GTLN bằng $\sqrt[3]{\dfrac{1}{27}}$
Dấu $"=" \leftrightarrow |b+c|=|c+d|=|b+d|$ và $1=|b+c|^2+|b+d|^2+|c+d|^2$
Đến đây có 2TH
Th1: $b=c=d$ thì ra $b=c=d=-\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}}}{2};a=\sqrt{0.75}$ (chú ý rằng $(b+c)(c+d)(b+d)$ phải âm)
Như vậy đáp số là $a^3+b^3+c^3+d^3$ đạt GTLN bằng $\sqrt{\dfrac{1}{3}}$
Th2: $b=d; 3b+c=0$ (và hoán vị tương tự) thì ra $b=d=a=-\dfrac{\sqrt{\dfrac{1}{3}}}{2};c=\dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{1}{3}}$
Cái này cũng ra $a^3+b^3+c^3+d^3$ đạt GTLN bằng $\sqrt{\dfrac{1}{3}}$
Vậy đáp số bài là $\boxed{\sqrt{\dfrac{1}{3}}}$

P/S: Các anh chị kiểm tra xem có đáp số nào lớn hơn không,em cũng không chắc

Có chỗ này em đánh nhầm.
Thực ra, không cần lập luận như vậy đâu. Đó chỉ là hương suy nghĩ của mình thôi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-01-2012 - 02:09

[Tham Lang]

Mình xin post lên một số bài nữa để kết thúc năm cũ
Bài 147.Cho $a, b, c$ là các số thực. Chứng minh rằng $$3(a^2 - ab + b^2)(b^2 - bc + c^2)(c^2 - ca + a^2) \ge a^3b^3 + b^3c^3 + c^3a^3$$
Bài 148. Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$$(ab + bc + ca)^3 \le 3(a^2b + b^2c + c^2a)(ab^2 + bc^2 + ca^2)$$
Bài 149. Cho $a, b, c$ là các số thực dương . Chứng minh rằng :
$$1 < \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} + \dfrac{b}{\sqrt{b^2 + c^2}} + \dfrac{c}{\sqrt{c^2 + a^2}} \le \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$$
Bài 150. Cho $a_1, a_2, ..., a_n$ là các số thực không âm thoả mãn $a_1 + a_2 + ... + a_n = 1$ Chứng minh rằng
$$a_1a_2 + a_2a_3 + ... + a_{n - 1}a_n \le \dfrac{1}{4}$$
Bài 151. cho $a, b, c >1$ thoả mãn $\dfrac{1}{a^2 - 1} + \dfrac{1}{b^2 - 1} + \dfrac{1}{c^2 - 1} = 1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a + 1} + \dfrac{1}{b + 1} + \dfrac{1}{c + 1} \le 1$$

[Dung Dang Do]

Cho em góp 1 bài:(Để lì xì cho mấy anh Mod ngồi quản lí diễn đàn)
Bài 152:
Nếu $a,b$ là ai số dương thỏa mãn $ab\ge1$ thì:
$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}$

[Ispectorgadget]

Cho em góp 1 bài:(Để lì xì cho mấy anh Mod ngồi quản lí diễn đàn)
Bài 152:
Nếu $a,b$ là ai số dương thỏa mãn $ab\ge1$ thì:
$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}$

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow (\sqrt{ab}-1)(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 0$ đúng với a,b dương và $ab\geq 1$

[MyLoVeForYouNMT]

Cho em góp 1 bài:(Để lì xì cho mấy anh Mod ngồi quản lí diễn đàn)
Bài 152:
Nếu $a,b$ là ai số dương thỏa mãn $ab\ge1$ thì:
$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}\ge\frac{2}{1+\sqrt{ab}}$

Của bạn ở đây nè.
http://diendantoanho...hụ&fromsearch=1
#3

[Cao Xuân Huy]

Bài 148. Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$$(ab + bc + ca)^3 \le 3(a^2b + b^2c + c^2a)(ab^2 + bc^2 + ca^2)$$

Ta có:
\[VP = (1 + 1 + 1)({a^2}b + {b^2}c + {c^2}a)(a{b^2} + b{c^2} + c{a^2}) \ge {(ab + ba + ca)^3}\]
Đúng theo bđt Holder

[perfectstrong]

Bài 151:
Đặt
\[\begin{array}{l}
x = \frac{1}{{a + 1}};y = \frac{1}{{b + 1}};z = \frac{1}{{c + 1}} \\
x,y,z \in \left( {0;\frac{1}{2}} \right) \\
x = \frac{1}{{a + 1}} \Leftrightarrow a = \frac{1}{x} - 1 = \frac{{1 - x}}{x} \Rightarrow \frac{1}{{{a^2} - 1}} = \frac{{{x^2}}}{{1 - 2x}} \\
gt \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{1 - 2x}} + \frac{{{y^2}}}{{1 - 2y}} + \frac{{{z^2}}}{{1 - 2z}} = 1 \\
bdt \Leftrightarrow x + y + z \le 1 \\
{\rm{Let }}s = x + y + z \Rightarrow 0 < s < \frac{3}{2} \\
1 = \frac{{{x^2}}}{{1 - 2x}} + \frac{{{y^2}}}{{1 - 2y}} + \frac{{{z^2}}}{{1 - 2z}} \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{3 - 2\left( {x + y + z} \right)}} = \frac{{{s^2}}}{{3 - 2s}} \\
\Leftrightarrow {s^2} \le 3 - 2s \Leftrightarrow {s^2} + 2s - 3 \le 0 \Leftrightarrow \left( {s - 1} \right)\left( {s + 3} \right) \le 0 \Leftrightarrow s \le 1:Q.E.D \\
\end{array}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 22-01-2012 - 11:50