Chủ đề này có 111 trả lời

[WhjteShadow]

Lâu rồi không tự sướng cũng buồn .Chìa khóa để giải những bài trên là:
Áp dụng bất đẳng thức $Bernoulli$:
$\to t^{\frac{\alpha}{\beta}}+(\frac{\alpha}{\beta}-1)\geq \frac{\alpha}{\beta}.t$ (Với $\alpha>\beta>0\to\frac{\alpha}{\beta}>1$
Khi đó đặt $u=t^{\frac{1}{\beta}}\Leftrightarrow t=u^{\beta}$ và ta sẽ có:
$$\boxed{u^{\alpha}+(\frac{\alpha}{\beta}-1)\geq \frac{\alpha}{\beta}.u^{\beta}\forall u>0,\alpha>\beta>0}$$
Gọi tạm là BĐT $Bernoulli(*)$
Bài 44a:
Áp dụng bất đăng thức $Bernoulli(*)$ ta có:
$(\frac{3a}{2b+c})^{\alpha}+\frac{\alpha}{\beta}-1\geq \frac{\alpha}{\beta}(\frac{3a}{2b+c})^{\beta}$ , $(\frac{3b}{2c+a})^{\alpha}+\frac{\alpha}{\beta}-1\geq \frac{\alpha}{\beta}(\frac{3b}{2c+a})^{\beta}$ và$\frac{3c}{2a+b}+\frac{\alpha}{\beta}-1\geq \frac{\alpha}{\beta}(\frac{3c}{2a+b})^{\beta}$
Cộng 3 bđt trên ta có:
$$(\frac{3a}{2b+c})^{\alpha}+(\frac{3b}{2c+a})^{\alpha}+(\frac{3c}{2a+b})^{\alpha}+3(\frac{\alpha}{\beta}-1)\geq \frac{\alpha}{\beta}[(\frac{3a}{2b+c})^{\beta}+(\frac{3b}{2c+a})^{\beta}+(\frac{3c}{2a+b})^{\beta}] (1)$$
Mặt khác lại có:
$(\frac{3a}{2b+c})^{\alpha}+(\frac{3b}{2c+a})^{\alpha}+(\frac{3c}{2a+b})^{\alpha}\geq \frac{3a}{2b+c}+\frac{3b}{2c+a}+\frac{3c}{2a+b}=3(\frac{a^2}{2ab+ac}+\frac{b^2}{2bc+ba}+\frac{c^2}{2ac+bc})\geq 3\frac{(a+b+c)^2}{3ab+3bc+3ca}\geq 3$ (Do $\alpha\geq 1$)
Nên $(\frac{\alpha}{\beta}-1)[(\frac{3a}{2b+c})^{\alpha}+(\frac{3b}{2c+a})^{\alpha}+(\frac{3c}{2a+b})^{\alpha}]\geq 3(\frac{\alpha}{\beta}-1) (2)$
Cộng 2 bđt (1) và (2) vế the0 vế rồi chia ch0 $\frac{\alpha}{\beta}$ ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 15-07-2012 - 11:52

[WhjteShadow]

Bài 44b tương tụ bài 44a
Bài 45:
Áp dụng BĐT $Bernoulli(*)$ ta có:
$(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}+\frac{\alpha}{\beta}-1\geq (\frac{a^2}{bc})^{\beta}$ ,$(\frac{b^2}{ac})^{\alpha}+\frac{\alpha}{\beta}-1\geq (\frac{b^2}{ac})^{\beta}$ và $(\frac{c^2}{ab})^{\alpha}+\frac{\alpha}{\beta}-1\geq (\frac{c^2}{ab})^{\beta}$
Cộng 3 bđt trên ta có:
$$(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}+(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}+(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}+3(\frac{\alpha}{\beta}-1)\geq \frac{\alpha}{\beta}[(\frac{a^2}{bc})^{\beta}+(\frac{b^2}{ac})^{\beta}+(\frac{c^2}{ab})^{\beta}](1)$$
Và mặt khác lại áp dụng Cô si 3 số có:
$(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}+(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}+(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}\geq 3$
$\to (\frac{\alpha}{\beta}-1)(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}+(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}+(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}\geq 3(\frac{\alpha}{\beta}-1)(2)$
Cộng (1) và(2) vế the0 vế sau đó chia 2 vế bđt mới ch0 $\frac{\alpha}{\beta}$ ta có đpcm
Biết cách làm rồi thì có vẻ những bài này trở nên khá dễ nhỷ

[WhjteShadow]

Mấy bài trên nhìn lạ lạ sao ấy =.=
Bài 48: Cho $0<a,b,c<1$. Chứng minh rằng: $$2^a(b+c)^{1-a}+2^b(c+a)^{1-b}+2^c(a+b)^{1-c}<4(a+b+c)$$
Bài 49: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh $$\sqrt{a^{1-a}b^{1-b}c^{1-c}}\le \frac{1}{3}$$

Bài 48:
Áp dụng BĐT $AM-GM$ suy rộng ta có:
$2^a(b+c)^{1-a}\leq 2a+(b+c)(1-a)=2a+b+c-ab-ac$
Tương tự và cộng lại ta có:
$2^a(b+c)^{1-a}+2^b(a+c)^{1-b}+2^c(a+b)^{1-b}\leq 4(a+b+c)-2(ab+bc+ca)<4(a+b+c)$
Vật ta có ĐPCM
Bài 49:
Nhận thấy do $a+b+c=1$ Nên $\frac{1-a}{2}+\frac{1-b}{2}+\frac{1-c}{2}=1$
Áp dụng BĐT $AM-GM$ suy rộng ta có:
$\sqrt{a^{1-a}+b^{1-b}+c^{1-c}}=a^{\frac{1-a}{2}}+b^{\frac{1-b}{2}}+a^{\frac{1-c}{2}}\leq \frac{a(1-a)}{2}+\frac{b(1-b)}{2}+\frac{c(1-c)}{2}$
Nên bi h ta chỉ cần chứng minh:
$\frac{a(1-a)}{2}+\frac{b(1-b)}{2}+\frac{c(1-c)}{2}\leq \frac{1}{3}$
$\Leftrightarrow 3[(1-a)a+(1-b)b+(1-c)c]\leq 2$
$\Leftrightarrow 3(a+b+c)\leq 3(a^2+b^2+c^2)+2$
$\Leftrightarrow 1\leq 3(a^2+b^2+c^2) (*)$
Thật vậy áp dụng bĐT Cô si ta có:
$a^2+\frac{1}{9}\geq \frac{2}{3}a$
Tương tự và cộng lại $\to a^2+b^2+c^2+\frac{1}{9}\geq \frac{2}{3}(a+b+c)=\frac{2}{3}$
$\to a^2+b^2+c^2\geq \frac{1}{3}$
Vậy bđt (*) đúng
Vật bđt đầu đúng.Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

[ducthinh26032011]

Bài 38: Nếu $a,b$ là các số thực dương thỏa $a+b=2$ thì $$\large {a^bb^a+2\geq 3ab}$$

Giải quyết bài tồn đọng:
Ta cần chứng minh:$a^{b}.b^{a}+2=a^{2-a}.b^{2-b}+2=\frac{a^{2}.b^{2}}{a^{a}.b^{b}}+2\geq 3ab$
$$\Leftrightarrow a^{2}b^{2}+2a^{a}b^{b}\geq 3aba^{a}b^{b}$$
$$\Leftrightarrow a^{2}b^{2}-aba^{a}b^{b}+2a^{a}b^{b}-2aba^{a}b^{b}\geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^{2}b^{2}(1-a^{a-1}b^{b-1})+2a^{a}b^{b}(1-ab)\geq 0$$
Vì $2a^{a}b^{b}(1-ab)\geq 0$ do $ab\leq \frac{(a+b)^{2}}{4}= 1\Leftrightarrow 1-ab\geq 0\Leftrightarrow a^{2}b^{2}(1-ab)\geq 0$ nên ta cần c/m:$a^{2}b^{2}(1-a^{a-1}b^{b-1})$
Không mất tính tổng quát,giả sử:$a\geq b$
Ta có:
$$a^{a-1}b^{b-1}\leq a^{a-1}.a^{b-1}=a^{a+b-1-1}=1\Leftrightarrow 1-a^{a-1}b^{b-1}\geq 0\Leftrightarrow 2a^{a}b^{b}(1-a^{a-1}b^{b-1})\geq 0$$
Vậy,bài toán được c/m.

[tranghieu95]

Bài 38: Nếu $a,b$ là các số thực dương thỏa $a+b=2$ thì $$\large {a^bb^a+2\geq 3ab}$$

Theo bđt Becnuli ta có:
$a^bb^a+2\geq [1+b(a-1)].[1+a(b-1)]+2 \geq a^2b^2+ab+1 \geq 3ab$

[Ispectorgadget]

Theo bđt Becnuli ta có:
$a^bb^a+2\geq [1+b(a-1)].[1+a(b-1)]+2 \geq a^2b^2+ab+1 \geq 3ab$

Bài này chắc phát xét thêm TH nữa mới dùng Bernoulli kiểu này được ạ, Vì chưa biết $a,b$ có $\ge 1$ hay không.

[Ispectorgadget]

Bài 50: Cho $0<x<1$. Chứng minh rằng: $x+\frac{1}{x^x}<2$
OIMU 2008
Bài 51: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=6$ ta có $$a^b+a^c+b^c+b^a+c^a+c^b\geq \frac{36abc}{a^2+b^2+c^2}$$
Trần Quốc Anh

[Ispectorgadget]

Bài 52: Cho $a_1;a_2;...a_n$ là các số tự nhiên phân biệt và số thực cho trước $x\ge 1$. Tìm GTNN của $$\frac{a_1^x\ln a_1+a_2^x\ln a_2+...+a_n^x\ln a_n}{a_1^x+a_2^x+...+a_n^x}$$

[Akira Vinh HD]

C.50:
$f(x) = x+\frac{1}{x^x}= x+x^{-x} \Rightarrow f' =1 -x^x(\ln x+ 1)$
Ta CM $f' > 0 \forall x\in (0, 1)$
$\Leftrightarrow x^x(\ln x+1) < 1$
Do $x\in (0,1) \Rightarrow 0<x^x<1, \ln x+ 1<1$ , suy ra $f(x)' > 0$
$\Rightarrow f(x)< f(1)= 2\blacksquare \blacksquare \blacksquare $

[Ispectorgadget]

Bài 50: Cho $0<x<1$. Chứng minh rằng: $x+\frac{1}{x^x}<2$
OIMU 2008

Cách 2: Sụng dụng BĐT AM-GM suy rộng ta có $$\frac{1}{x^x}=(\frac{1}{x})^x.1^{1-x}\le \frac{1}{x}x+1-x=2-x$$
Do $0<x<1$ nên ta có điều cần chứng minh.

[Ispectorgadget]

Anh xin góp cho topic một bài.

Bài 9. Cho các số $x,y,z$ thỏa mãn $0 \leqslant x,y,z \leqslant 2;x + y + z = 3$. Tìm giá trị lớn nhất của:
$$Q = {\left( {1 + {x^2}} \right)^x}{\left( {1 + {y^2}} \right)^y}{\left( {1 + {z^2}} \right)^z}$$

Không mất tính tổng quát giả sử $x\ge y\ge z$. Từ điều kiện ta có \[\left\{ \begin{array}{l}
x \le 2\\
x + y \le 3 = 2 + 1\\
x + y + z = 3 = 2 + 1 + 0
\end{array} \right.\]
Xét hàm số $f(x)=x\ln (1+x^2)$ với $x\ge 0$. Dế thấy $f''(x) \ge 0$.
Áp dụng Bất đẳng thức Karamata ta có
$$\begin{align*}
& f(2)+f(1)+f(0) \ge f(x)+f(y)+f(z) \\
&\Rightarrow 2.\ln 5+1.\ln 2+0. \ln 1\ge x \ln(1+x^2)+y\ln (1+y^2)+z\ln(1+z^2) \\
&\Rightarrow \ln 50 \ge \ln[(1+x^2)^x(1+y^2)^y(1+z^2)^z] \\
&\Rightarrow 50\ge (1+x^2)^x(1+y^2)^y(1+z^2)^z=Q
\end{align*}$$

[Tham Lang]

Hâm nóng lại topic.
Bài toán 53 [ Tham Lang]
Cho $x,y$ là các số thực dương và $a,b$ là tham số dương. Tìm GTNN của :
$$\dfrac{1}{xy}+x^a+y^b$$
Sau đó, hãy mở rộng bài toán .

[Ispectorgadget]

Bài 54: Cho $a,b,c>0$ chứng minh $a^ab^bc^c\geq abc^{\frac{a+b+c}{3}}$
Canada 1995

Spoiler

bài này có hơn 3 cách

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 26-08-2012 - 18:46

[le_hoang1995]

Bài 54: Cho $a,b,c>0$ chứng minh $a^ab^bc^c\geq abc^{\frac{a+b+c}{3}}$
Canada 1995

Spoiler

bài này có hơn 3 cách

Cách 1, sử dụng BĐT Jensen cho hàm lồi $f(x)=x.lnx$ với $x>0$, ta được:
$$a.lna+b.lnb+c.lnc\geq 3.\frac{a+b+c}{3}.ln\frac{a+b+c}{3}\Leftrightarrow a^ab^bc^c\geq \left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^{a+b+c}\geq (abc)^{\frac{a+b+c}{3}}$$
Cách 2, lấy logarit hai vế, ta được:
$$a^{3a}b^{3b}c^{3c}\geq (abc)^{a+b+c}\Leftrightarrow \sum 3a.lna\geq \sum (a+b+c).lna\Leftrightarrow \sum (2a-b-c).lna\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (a-b).(lna-lnb)+(b-c).(lnb-lnc)+(c-a).(lnc-lna)\geq 0$$
Đúng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 26-08-2012 - 20:29

[Cao Xuân Huy]

Bài 54: Cho $a,b,c>0$ chứng minh $a^ab^bc^c\geq abc^{\frac{a+b+c}{3}}$
Canada 1995

Spoiler

bài này có hơn 3 cách

Giả sử $a\ge b \ge c$
Ta có bđt tương đương:
\[{\left( {\frac{a}{b}} \right)^{a - b}}.{\left( {\frac{b}{c}} \right)^{b - c}}.{\left( {\frac{a}{c}} \right)^{a - c}} \ge 1\]
Ta thấy ngay ĐPCM

[Ispectorgadget]

Bài 55: Cho $a,b,c>0;a+b+c=\frac{9}{4}$. Tìm giá trị lớn nhất của $$S=(a+\sqrt{a^2+1})^b(b+\sqrt{b^2+1})^c(c+\sqrt{c^2+1})^a$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 01-09-2012 - 17:12

[Ispectorgadget]

Bài 56: Cho $x;y\in (0;1)$. Chứng minh $$\begin{pmatrix}
\frac{x}{y}
\end{pmatrix}^x\begin{pmatrix}
\frac{1-x}{1-y}
\end{pmatrix}^{1-x}\ge 1$$

[WhjteShadow]

Bài 55: Cho $a,b,c>0;a+b+c=\frac{9}{4}$. Tìm giá trị lớn nhất của $$S=(a+\sqrt{a^2+1})^b(b+\sqrt{b^2+1})^c(c+\sqrt{c^2+1})^a$$

Do $a+b+c=\frac{9}{4}$ Nên $ab+bc+ca\leq \frac{27}{16}$ và $\frac{4a}{9}+\frac{4b}{9}+\frac{4c}{9}=1$.Áp dụng $AM-GM$ suy rộng ta có:
$$\sqrt[9]{S^4}=(a+\sqrt{a^2+1})^{4b/9}(b+\sqrt{b^2+1})^{4c/9}(c+\sqrt{c^2+1})^{4a/9}$$
$$\leq \frac{4}{9}.\left((a+\sqrt{a^2+1}).b+(b+\sqrt{b^2+1}).c+(c+\sqrt{c^2+1}).a\right)$$
Và the0 $AM-GM$ lại có:
$$(a+\sqrt{a^2+1}).b+(b+\sqrt{b^2+1}).c+(c+\sqrt{c^2+1}).a$$
$$=ab+bc+ca+\frac{2}{5}.\sum \left[\left(2.\frac{5}{4}.\sqrt{a^2+1}.b\right)\right]$$
$$\leq ab+bc+ca+\frac{2}{5}.\sum \left(a^2b+\frac{41}{16}.b\right)$$
$$=ab+bc+ca+\frac{2}{5}.(a^2b+b^2c+c^2a)+\frac{41}{40}(a+b+c)$$
$$=ab+bc+ca+\frac{2}{5}.(a^2b+b^2c+c^2a)+\frac{369}{160}$$
$$\leq ab+bc+ca+\frac{2}{5}.\left[\frac{4}{27}.(a+b+c)^3-abc\right]+\frac{369}{160}$$
$$=ab+bc+ca-\frac{2}{5}abc+\frac{477}{160}$$
(Vì $a^2b+b^2c+c^2a\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3-abc$)
ĐẶt $a+b+c=p,ab+bc+ca=q\leq \frac{27}{16},abc=r$ ta có:
$$(a+\sqrt{a^2+1}).b+(b+\sqrt{b^2+1}).c+(c+\sqrt{c^2+1}).a$$
$$\leq q-\frac{2}{5}r+\frac{477}{160}$$
Mà mặt khác the0 $Schur$ thì $r\geq \frac{p(4q-p^2)}{9}=q-\frac{81}{64}$
Nên
$$q-\frac{2}{5}r+\frac{477}{160}\leq \frac{3}{5}q+\frac{279}{80}$$
$$\leq \frac{3}{5}.\frac{27}{16}+\frac{279}{80}=\frac{9}{2}$$
Vậy $\sqrt[9]{S^4}\leq \frac{9}{2}$ Hay $S_{MAX}=\sqrt[4]{\frac{9}{2}}^9$ với $a=b=c=\frac{3}{4}$ $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 12-09-2012 - 14:04

[dark templar]

Bài 56: Cho $x_{i} \ge \frac{1}{2}(i=1;2;...)$.Chứng minh:
$$\prod_{i=1}^{n}\left(1+\frac{2x_{i}}{3} \right)^{2x_{i}} \ge \left(\frac{4}{3} \right)^{n}\sqrt{\prod_{i=1}^{n}(x_{i}+x_{i+1})}$$

[Ispectorgadget]

Bài 57: Cho $x,y,z$ thực thỏa mãn $x+y+z=0$ và $t$ là một số thực dương. Chứng minh $t^{x-y}+t^{y-z}+t^{z-x}\ge t^x+t^y+t^z$
Đề thi HSG lớp 12 Nam Định -2006