Chủ đề này có 9 trả lời

[Tham Lang]

Xin tặng mọi người một loạt bài BDT để làm dần nhé !
Bài toán 1.
Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của :
$$P= ab^2+bc^2+ca^2$$
Bài toán 2.
Cho $x, y, z$ là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z=3$ Chứng minh rằng :
$$x^2y+y^2z+\dfrac{3xyz}{2}\le 4$$
Bài toán 3.
Cho $x, y\in R (x+y\#0)$ . Chứng minh :
$$x^2+y^2+\left (\dfrac{xy+1}{x+y}\right )^2 \ge 2$$
Bài toán 4.
Cho $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{\sqrt{ab+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{bc+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{ca+ab}}\ge \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}}$$
Bài toán 5.
Cho $a, b, c$ là các số không âm sao cho $a+b+c=1$. Chứng minh rằng :
$$ab+bc+ca\le a^3+b^3+c^3+6abc\le a^2+b^2+c^2 \le 2\left (a^3+b^3+c^3\right )+3abc$$
Bài toán 6.
Chứng minh rằng với mọi số thực $x, y, z$ ta luôn có :
$$\left (x^2+y^2+z^2\right )^2- \left (x^3+y^3+z^3\right )^2 - \left (x^2y+y^2z+z^2x\right )^2 - \left (xy^2+yz^2+zx^2\right )^2 \ge 0$$

Mình quy định luôn nhé : sau 1 tháng mà chưa ai tìm ra thì mới post lời giải của các tài liệu nhé !
Có một số bài toán không quá khó nên mọi người hãy cố gắng suy nghĩ nhé

[Ispectorgadget]

Xin tặng mọi người một loạt bài BDT để làm dần nhé !
Bài toán 1.
Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của :
$$P= ab^2+bc^2+ca^2$$

Giả sử a=max{a;b;c}
Áp dụng BĐT Bernoulli ta có
$b(a+c)^2=a^2b(1+\frac{c}{a})^2 \ge a^2b(1+\frac{2c}{a})=a^2b+abc+abc\ge a^2b+b^2c+c^2a$
Mặt khác theo AM-GM (cô- si)ta có:
$b(a + c)^2 = 4.(\frac{{a + c}}{2})^2 b \le 4.(\frac{{\frac{{2(a + c)}}{2} + b}}{3})^3 =4$
Dấu “=” xảy ra $\iff a=2;b=1;c=0$ và các hoán vị tương ứng $\blacksquare$
Nếu đề cho $a+b+c=3$. Và $k>1$ chứng minh $a^kb+b^kc+c^ka\leq max \begin{Bmatrix} 3;\frac{3^{k+1}k^k}{(k+1)^{k+1}} \end{Bmatrix}$
Thì thú vị hơn rất nhiều đấy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 21-04-2012 - 18:55

[davildark]

Bài toán 5.
Cho $a, b, c$ là các số không âm sao cho $a+b+c=1$. Chứng minh rằng :
$$ab+bc+ca\le a^3+b^3+c^3+6abc\le a^2+b^2+c^2 \le 2\left (a^3+b^3+c^3\right )+3abc$$

a)
$ab+ac+bc\leq a^{3}+b^{3}+c^{3}+6abc$
Ta có đẳng thức quen thuộc
$a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-ac-bc)$
Kết hợp với giả thiết ta có
$a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc=(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-ac-bc)$
BDT cần CM viết lại thành
$2ab+2bc+2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2}\leq 9abc$
Ta có BDT quen thuộc
$abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) \Leftrightarrow 2ab-2bc-2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2}\leq \frac{9}{a+b+c}abc=9abc$
BDT được CM

b)
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+6abc\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Áp dụng như trên BDT cần CM được viết lại là
$9abc-ab-ac-bc\leq0$
Ta có $9abc\leq (a+b+c)(ab+bc+ac)$
$\Rightarrow 9abc-(ab+ac+bc)\leq(ab+bc+ac)(a+b+c-1)=0$ ( Do a+b+c=1)
c)
BDT cần CM $\Leftrightarrow 2ab+2bc+2ac-a^{2}-b^{2}-c^{2}\leq 9abc$
CM tương tự câu a) ta có điều phải CM
CM hoàn tất
Dấu = ở tất cả các BDT xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi davildark: 21-04-2012 - 21:13

[Ispectorgadget]

Bài toán 4.
Cho $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{\sqrt{ab+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{bc+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{ca+ab}}\ge \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}}$$

không giảm tổng quát ta giả sử $a \le b \le c$
vậy ta có
$(c - a)(c - b) \ge 0 \Rightarrow {c^2} + ab \ge ca + cb$
$ \Rightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {ca + cb} }} \ge \dfrac{1}{{\sqrt {{c^2} + ab} }}$
$\dfrac{1}{{\sqrt {ba + cb} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {ca + ab} }} \ge \dfrac{1}{{\sqrt {{b^2} + ac} }} + \dfrac{1}{{\sqrt {{a^2} + cb} }} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{\sqrt {ba + cb} }} - \dfrac{1}{{\sqrt {{b^2} + ac} }} \ge \dfrac{1}{{\sqrt {{a^2} + cb} }} - \dfrac{1}{{\sqrt {ca + ab} }}$
ta biên đổi 2 vể về dạng sau
$\dfrac{{(b - a)b}}{{\sqrt {{b^2} + ac} \sqrt {ba + cb} (\sqrt {{b^2} + ac} + \sqrt {ba + cb} )}} \ge \dfrac{{(b - a)a}}{{\sqrt {{a^2} + cb} \sqrt {ca + ab} (\sqrt {{a^2} + cb} + \sqrt {ca + ab} )}}$
dễ thấy
$(c - a)(b - a) \ge 0 \Leftrightarrow {a^2} + bc \ge ab + ac$
$(b - a)(b - c) \le 0 \Leftrightarrow {b^2} + ca \le bc + ab$
từ dố ta có đpcm
một bài toán tương tự cũng khả đẹp là
$\sqrt {{c^2} + ab} + \sqrt {{b^2} + ac} + \sqrt {{a^2} + cb} \ge \sqrt {ca + cb} + \sqrt {ba + cb} + \sqrt {ca + ab} $

[davildark]

Bài toán 3.
Cho $x, y\in R (x+y\#0)$ . Chứng minh :
$$x^2+y^2+\left (\dfrac{xy+1}{x+y}\right )^2 \ge 2$$

$$\left (\dfrac{xy+1}{x+y}\right )^2 +\left ( x+y \right )^{2}-2xy\geq 2\left | xy+1 \right |-2xy\geq 2xy-2xy+2=2$$
Dấu = xảy ra khi $x=1 , y=0$ hoặc $x=-1, y=o$ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi davildark: 24-04-2012 - 12:59

[WhjteShadow]

ANh Huy ơi đề bài 6 sai rồi kìa .1 tuần thôi anh 1 tháng lâu chết topic trôi dạt xuống trang 3 4 mất >"<

[pumpumt]

tổng quát bài 1: cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a+b+c=x, tìm max A=$a^{n}b+b^{n}c+c^{n}a$
bài giải:
giả sử a=max(a,b,c)
n=0 thì A=3
n=1 thì A$\leq \frac{1}{3}\sqrt{x}$
n$\geq 2$
$b^{n}c\leq a^{n-1}bc$
$c^{n}a\leq a^{n-1}c^{2}$
$c^{n}a\leq a^{n}c$
$\rightarrow A\leq a^{n}b +a^{n-1}bc+a^{n-1}\frac{c^{2}}{2}+\frac{a^{n}c}{2}$
$=a^{n-1}(a+c)(b+\frac{c}{2})$
vì $n\geq 2\Rightarrow \frac{1}{2}\leq \frac{n-1}{n}$
$\Rightarrow A\leq n^{n}\left ( \frac{a}{n}\times \frac{a}{n}...\times \frac{a}{n}\times \frac{a+c}{n} \times (b+\frac{n-1}{n}c)\right )$
$\Rightarrow A\leq$n^{n}$ \left ( \frac{\frac{n-1}{n}a+\frac{a+c}{n}+b+\frac{n-1}{n}c}{n+1} \right )^{n+1}$
$\Rightarrow A\leq \frac{n^{n}\times x^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}$
dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow c=0 ; a=\frac{nx}{n+1} ; b=\frac{x}{n+1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pumpumt: 26-04-2012 - 11:23

[Ispectorgadget]

tổng quát bài 1: cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn a+b+c=x, tìm max A=$a^{n}b+b^{n}c+c^{n}a$
bài giải:
giả sử a=max(a,b,c)
n=0 thì A=3
n=1 thì A$\leq \frac{1}{3}\sqrt{x}$
n$\geq 2$
$b^{n}c\leq a^{n-1}bc$
$c^{n}a\leq a^{n-1}c^{2}$
$c^{n}a\leq a^{n}c$
$\rightarrow A\leq a^{n}b +a^{n-1}bc+a^{n-1}\frac{c^{2}}{2}+\frac{a^{n}c}{2}$
$=a^{n-1}(a+c)(b+\frac{c}{2})$
vì $n\geq 2\Rightarrow \frac{1}{2}\leq \frac{n-1}{n}$
$\Rightarrow A\leq n^{n}\left ( \frac{a}{n}\times \frac{a}{n}...\times \frac{a}{n}\times \frac{a+c}{n} \times (b+\frac{n-1}{n}c)\right )$
$\Rightarrow A\leq$n^{n}$ \left ( \frac{\frac{n-1}{n}a+\frac{a+c}{n}+b+\frac{n-1}{n}c}{n+1} \right )^{n+1}$
$\Rightarrow A\leq \frac{n^{n}\times x^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}$
dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow c=0 ; a=\frac{nx}{n+1} ; b=\frac{x}{n+1}$

Bài này không đơn giản vậy đâu vì chưa biết điều kiện của $n$ nên phải chia ra 3 trường hợp.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 26-04-2012 - 11:53

[pumpumt]

Bài này không đơn giản vậy đâu vì chưa biết điều kiện của $n$ nên phải chia ra 3 trường hợp.

à em quên điều kiện n là số tự nhiên

[Ispectorgadget]

Xin tặng mọi người một loạt bài BDT để làm dần nhé !
Bài toán 1.
Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của :
$$P= ab^2+bc^2+ca^2$$

Đây là cách tổng quát cho $n$ biến của bài này

Đây chính là một kết quả rất nổi tiếng của Murray Klampkin nên ta có đpcm.
Murray Klamkin đã chứng minh đc bài toán cho $n$ biến như sau:
Cho $x_{i}(i=\overline {1,n}) \ge 0$ thỏa $ \sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}=1$.Chứng minh rằng:
$x_1x_2^2+x_2x_3^2+....+x_nx_1^2 \le \dfrac{4}{27}$

For n positive real numbers $a_1, a_2,...,a_n$such that $a_1+a_2+...+a_n=1$. Find the maximum and minimum of $a_1^2{a_2} + a_2^2{a_3} + a_3^2{a_4} + ... + a_{n - 1}^2{a_n} + a_n^2{a_1}$

We will prove that the maximum value is at least $\frac{4}{27}$,which mean $x_1^2x_2+x_2^2x_3+...+x_n^2x_1 \le \frac{4}{27}$.Let us prove first the inductive step.Suppose the inequality is true for n and we will prove it for n+1.
Without loss of generality,we assume that$x_2=\min \{x_1,x_2,...,x_{n+1} \}$.But this implies that
$x_1^2x_2+x_2^2x_3+...+x_n^2x_1 \le (x_1+x_2)^2x_3+x_3^2x_4+...+x_{n-1}^2x_n+x_n^2(x_1+x_2)$
But from the inductive hypothesis,we have:
$(x_1+x_2)^2x_3+x_3^2x_4+...+x_{n-1}^2x_n+x_n^2(x_1+x_2) \le \frac{4}{27}$
So the inductive step is proved.Thus,it remains to prove that$a^2b+b^2c+c^2a \le \frac{4}{27}$ with$a+b+c=1;a,b,c \ge 0$
We may of course assume that $a=\max \{a,b,c \}$.The inequality equivalent to
$a^2b+b^2c+c^2a \le a^2b+\frac{a^2c}{2}+abc+\frac{ac^2}{2}+\frac{c^2}{4} \left(b+\frac{c}{2} \right)$ (because $abc \ge b^2c;\frac{a^2c}{2} \ge \frac{ac^2}{2}$ ),which is equivelent to $a^2b+b^2c+c^2a \le \left(a+\frac{c}{2} \right)^2 \left(b+\frac{c}{2} \right)$
And from AM-GM Inequality,we have :
$\frac{\left(a+\frac{c}{2} \right)^2 \left (b+\frac{c}{2} \right)}{4} \le \frac{\left(\frac{a+\frac{c}{2}}{2}+\frac{a+\frac{c}{2}}{2}+b+\frac{c}{2} \right)^3}{27}$
$=\frac{(a+b+c)^3}{27}=\frac{1}{27} $
$\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a \le \left(a+\frac{c}{2} \right)^2 \left(b+\frac{c}{2} \right) \le \frac{4}{27} (Q.E.D)$
Equality holds at $x_1=\frac{1}{3},x_2=\frac{2}{3},x_3=x_4=...=x_n=0$

Posted by Nguyễn Hưng and Dark templar

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 30-04-2012 - 17:16