Chủ đề này có 19 trả lời

[Tham Lang]

Cho $a, b, c$ là các số thực dương , Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ca} + \dfrac{c^9}{ab} + \dfrac{2}{abc} \ge a^5 + b^5 + c^5 + 2$$

[PRONOOBCHICKENHANDSOME]

Cho $a, b, c$ là các số thực dương , Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ca} + \dfrac{c^9}{ab} + \dfrac{2}{abc} \ge a^5 + b^5 + c^5 + 2$$

$Q.E.D \Leftrightarrow \frac{a^{10}+b^{10}+c^{10}+2}{a^5+b^5+c^5 +2} \geq abc $
Hay $(\frac{a^{10}+b^{10}+c^{10}+2}{a^5+b^5+c^5 +2})^2 \geq a^2b^2c^2 $ (*)
That vay :
$(a^5+b^5+c^5+2)^2 \leq 5(a^{10}+b^{10}+c^{10}+2) $
$\Rightarrow VT(*) \geq \frac{a^{10}+b^{10}+c^{10}+2}{5} \geq a^2b^2c^2 $
$"=" \Leftrightarrow a=b=c=1 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PRONOOBCHICKENHANDSOME: 12-02-2012 - 11:58

[Tham Lang]

Tiếp một bài khác nữa cúng tương tự
Cho $a, b, c$ là các số dương, chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ac} + \dfrac{c^9}{ab} + \dfrac{3}{abc} \ge a^4 + b^4 + c^4 + 3$$

[ductai199x]

$(a^5+b^5+c^5+2)^2 \leq 5(a^{10}+b^{10}+c^{10}+2) $

Cho em hỏi bđt này là bunhiakopski hay là gì đấy ạ? Vì khi em làm bunhia, nó ra thế này:

$(a^5+b^5+c^5+2)^2=[(a^5+b^5+c^5).1+2.1]^2 \le [(a^5+b^5+c^5)^2+1^2](2^2+1^2)$
$(a^5+b^5+c^5+2)^2 \le [a^{10}+b^{10}+c^{10}+2(a^5b^5+b^5c^5+c^5+a^5)+1]5$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ductai199x: 12-02-2012 - 12:54

[le_hoang1995]

Nó như thế này

$(a^{10}+b^{10}+c^{10}+1+1)(1+1+1+1+1)\geq (a^5+b^5+c^5+1+1)^2$

[Tham Lang]

Một bài toán đề rất ngắn gọn :
Cho $a, b, c \ge 0$ thoả mãn $a^2 + b^2 + c^2 = a + b + c$ . Tìm giá trị lớn nhất của :
$$ S = a^3 + b^3 + c^3$$

[le_hoang1995]

Tiếp một bài khác nữa cúng tương tự
Cho $a, b, c$ là các số dương, chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ac} + \dfrac{c^9}{ab} + \dfrac{3}{abc} \ge a^4 + b^4 + c^4 + 3$$

Mình xin làm tiếp.

Cũng giống như cách trên cần chứng minh: $A=\frac{(a^{10}+b^{10}+c^{10}+3)^2}{(a^4+b^4+c^4+3)^2}\geq (abc)^2$

Theo BĐT BCS ta có $(a^4+b^4+c^4+3)^2\leq (a^{8}+b^{8}+c^{8}+3)*6$

Theo BĐT chebysep ta có $(a^{10}+b^{10}+c^{10}+1+1+1)\geq \frac{1}{6}(a^8+b^8+c^8+1+1+1)(a^2+b^2+c^2+1+1+1)$

$A\geq \frac{(\frac{1}{6}(a^8+b^8+c^8+1+1+1)(a^2+b^2+c^2+1+1+1))^2}{(a^{8}+b^{8}+c^{8}+3)*6}$

$=\frac{1}{6^3}*(a^8+b^8+c^8+3)*(a^2+b^2+c^2+3)^2\geq \frac{1}{6^3}*6^3*\sqrt[6]{(abc)^8*(abc)^4}=(abc)^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 17-02-2012 - 20:16

[kimyenvietvnn]

Một bài toán đề rất ngắn gọn :
Cho $a, b, c \ge 0$ thoả mãn $a^2 + b^2 + c^2 = a + b + c$ . Tìm giá trị lớn nhất của :
$$ S = a^3 + b^3 + c^3$$

($\sum$x³-3xyz)²=($\sum$x)²($\sum$x²-$\sum$xy)²$\leq$($\frac{($\sum$x²)+2($\sum$x²-$\sum$xy)}{3}$³=($\sum$x²)³
tu day ta co
$\sum$x³$\leq$$\sqrt{(\sum x²)³}$+3xyz=$\sqrt{(\sumx)³ }$+3xyz
ket hop voi
$\sum$x$\leq$3 (cai nay thj chac bunhja don gjan)
tu day gjaj quyet xong baj toan max $$ S = a^3 + b^3 + c^3$$=$\sqrt{3³}$ + 3
dau = xay ra khi x=y=z

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kimyenvietvnn: 12-02-2012 - 22:42

[kimyenvietvnn]

(x³+y³+z³-3xyz)²=(x+y+z)²(x²+y²+z²-xy-yz-zx)²$\leq$((x+y+z)²+2(x²+y²+z²-xy+yz+zx)/3)³=(x²+y²+z²)³

tu day ta co (x³+y³+z³)$\leq$$\sqrt{(x²+y²+z²)³}$+3xyz$\leq$$\sqrt{(x+y+z)³}$+(x+y+z)³/9
lai co x+y+z$\leq$3(bunhja)
tu day maxS=$\sqrt{(3)³}$+3

[ductai199x]

lai co $x+y+z \le 3$(bunhja)

Bạn chứng minh dòng này như thế nào vậy bạn? Bạn có thể nói rõ bunhia ở đâu ko?

[phuonganh_lms]

$(x+y+z)^2 \le 3.(x^2+y^2+z^2) \Leftrightarrow (x+y+z)^2 \le 3.(x+y+z) \Leftrightarrow x+y+z \le 3$

[Tham Lang]

(x³+y³+z³-3xyz)²=(x+y+z)²(x²+y²+z²-xy-yz-zx)²$\leq$((x+y+z)²+2(x²+y²+z²-xy+yz+zx)/3)³=(x²+y²+z²)³

tu day ta co (x³+y³+z³)$\leq$$\sqrt{(x²+y²+z²)³}$+3xyz$\leq$$\sqrt{(x+y+z)³}$+(x+y+z)³/9
lai co x+y+z$\leq$3(bunhja)
tu day maxS=$\sqrt{(3)³}$+3

bài này sai nhiều chỗ rồi các bạn ạ! Có rất nhiều sơ hở trong lời giải
Thứ nhất, nếu $a = b = c$ thì $Smax = 3$
Thứ 2, việc sử dụng bđt ở phần đầu đâu có xảy ra $a = b = c$.Mặt khác, việc nhân chia cũng chưa đúng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 13-02-2012 - 14:10

[kimyenvietvnn]

Bạn chứng minh dòng này như thế nào vậy bạn? Bạn có thể nói rõ bunhia ở đâu ko?

$(x+y+z)^2 \le 3.(x^2+y^2+z^2) \Leftrightarrow (x+y+z)^2 \le 3.(x+y+z) \Leftrightarrow x+y+z \le 3$

[Tham Lang]

Sau đây, mình xin giới thiệu một vài bài trong $OLYMPIC 30-4$. Mình và mọi người cùng giải cho vui :
Bài 1
Chứng minh bất đẳng thức sau :
$$\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b} < \sqrt{\dfrac{a}{b + c}} + \sqrt{\dfrac{b}{c + a}} + \sqrt{\dfrac{c}{a + b}}$$
Bài 2.Cho $a,b,c$ là 3 số dương thoả mãn $a^2 + b^2 + c^2 = 12$
Tìm $GTNN$ của :$$P = \dfrac{1}{\sqrt{a^3 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{b^3 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{c^3 + 1}}$$
Bài 3. Cho $a, b, c > 0$. Chứng minh rằng :
$$A = \dfrac{a^7}{a^3 + b^3 + 3c^3} + \dfrac{b^7}{b^3 + c^3 + 3a^3} + \dfrac{c^7}{c^3 + a^3 + 3b^3} \ge \dfrac{a^4 + b^4 + c^4}{5}$$

Tạm thời, mình chỉ post ít bài, khi nào làm xong, mình post tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 15-02-2012 - 16:22

[Tham Lang]

Những bài này đều là những bài của lớp 10 nên không quá khó.
Mình xin mở đầu bằng bài 2 (bài 1 đã có trên diễn đàn)
ta có $$\sqrt{a^3 + 1} = \sqrt{(a + 1)(a^2 - a + 1)} \le \dfrac{a + 1 + a^2 - a + 1}{2} = \dfrac{a^2 + 2}{2}$$
Nên $$P \ge 2\left (\dfrac{1}{a^2 + 2} + \dfrac{1}{b^2 + 2} + \dfrac{1}{c^2 + 2} \right ) \ge \dfrac{2.9}{a^2 + b^2 + c^2 + 6} = 1$$
Vậy. $P_{min} = 1$

[le_hoang1995]

Sau đây, mình xin giới thiệu một vài bài trong $OLYMPIC 30-4$. Mình và mọi người cùng giải cho vui :
Bài 3. Cho $a, b, c > 0$. Chứng minh rằng :
$$A = \dfrac{a^7}{a^3 + b^3 + 3c^3} + \dfrac{b^7}{b^3 + c^3 + 3a^3} + \dfrac{c^7}{c^3 + a^3 + 3b^3} \ge \dfrac{a^4 + b^4 + c^4}{5}$$

Bài này mình làm như sau, có thể dùng cosi

$a^4+a^4+a^4+b^4\geq 4a^3b$

Xây dựng tương tự rồi cộng lại, ta có $a^4+b^4+c^4\geq a^3b+b^3c+c^3a$

Hoàn toàn tương tự ta cũng có $a^4+b^4+c^4\geq ab^3+bc^3+ca^3$

Theo cauchy-schwarz ta có $VT\geq \frac{(a^4+b^4+c^4)^2}{(a^4+b^4+c^4)+(ab^3+bc^3+ca^3)+3(a^3b+b^3c+c^3a)}\geq \frac{(a^4+b^4+c^4)^2}{5(a^4+b^4+c^4)}=VP$

[Tham Lang]

Bài 4. Cho $a, b, c> 0$ và thoả mãn điều kiện $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b^2 + b} + \dfrac{b}{c^2 + c} + \dfrac{c}{a^2 + a} \ge \dfrac{3}{2}$$
Bài 5.Cho $a, b, c$ là 3 số dương thoả mãn $abc = 1$
Tìm GTNN (nguyên bản sai) của :
$$P = \dfrac{bc}{a^2b + a^2c} + \dfrac{ac}{b^2a + b^2c} + \dfrac{ab}{c^2a + c^2b}$$

[tieulyly1995]

Bài 4. Cho $a, b, c> 0$ và thoả mãn điều kiện $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b^2 + b} + \dfrac{b}{c^2 + c} + \dfrac{c}{a^2 + a} \ge \dfrac{3}{2}$$

Theo hệ quả bất đẳng thức Cauchy:
$VT= \frac{(\frac{a}{b})^{2}}{a+\frac{a}{b}}+\frac{(\frac{b}{c})^{2}}{b+\frac{b}{c}}+\frac{(\frac{c}{a})^{2}}{c+\frac{c}{a}}$

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

Ta cần CM
$a+b+c \leq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ (2)
Thật vậy :
Theo AM-GM :
$3=a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc} \Rightarrow abc\leq 1$
$\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{a}{b}.\frac{b}{c}}\geq 3\sqrt[3]{a^{3}}= 3a$
Tương tự :
$2\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3b$ , $ 2\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\geq 3c$
Cộng vế với vế, ta có (2)
Từ (1) và (2) , suy ra :
$VT\geq \frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}}{2}= \frac{3}{2}$
(đpcm)

[le_hoang1995]

Bài 5.Cho $a, b, c$ là 3 số dương thoả mãn $abc = 1$
Tìm GTNN (nguyên bản sai) của :
$$P = \dfrac{bc}{a^2b + a^2c} + \dfrac{ac}{b^2a + b^2c} + \dfrac{ab}{c^2a + c^2b}$$

Ta có $\frac{bc}{a^2b+a^2c}=\frac{(bc)^2}{a^2b^2c+a^2bc^2}=\frac{(bc)^2}{ab+ac}$

Theo cauchy-schwarz ta có

$VT\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{(ab+bc+ca)}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{(abc)^2}}{2}=\frac{3}{2}$

[Tham Lang]

Bài 6. Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện :$x^2 + y^2 + z^2 = 1$.
Tìm GTNN của :$$A = (x + y + z)^2 + \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{x^3 + y^3 + z^3}{xyz} - \dfrac{1}{xy + yz + zx} \right )$$