Chủ đề này có 223 trả lời

[ngtrungkien019a]

48) Giả sử $x,y,z \ge 1$ và $\sum \frac{1}{x}=1$ . Chứng minh 
$\sqrt{x+y+z} \ge \sum \sqrt{x-1}$

có sai ko bạn..cái đề ý

[luukhaiuy]

48) Giả sử $x,y,z \ge 1$ và $\sum \frac{1}{x}=1$ . Chứng minh 
$\sqrt{x+y+z} \ge \sum \sqrt{x-1}$

do $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$ nen $(1-\frac{1}{x})+(1-\frac{1}{y})+(1-\frac{1}{z})=2$

hay $\frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z}=2$

Áp dụng BDT Cauchy-Schwarz ta có $\frac{x-1}{x}+\frac{y-1}{y}+\frac{z-1}{z}\geq \frac{(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1})^2}{x+y+z}$

hay $2\geq \frac{(\sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1})^2}{x+y+z}$

hay $\sqrt{2(x+y+z)}\geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}$

suy ra DPCM

p/s mình nghĩ đề phải là bằng 2 chứ nhỉ nếu bằng 1 thì phải là $\sqrt{2(x+y+z)}\geq \sqrt{x-1}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z-1}$

[I Love MC]

Ừ đề là $2$ nhé xin lỗi 
Bài 50:Cho $a,b,c>0$ chứng minh : 
$3(\sum a^3)^2 \ge (a^2+b^2+c^2)^3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 09-02-2016 - 12:54

[royal1534]

Ừ đề là $2$ nhé xin lỗi 
50) Cho $a,b,c>0$ chứng minh : 
$3(\sum a^3)^2 \ge (a^2+b^2+c^2)^3$

Áp dụng bđt Holder cho 3 số ta có $VT=(1+1+1)(a^3+a^3+a^3)(a^3+b^3+c^3) \geq (a^2+b^2+c^2)^3$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

 

Chứng minh bđt Holder cho bộ 3 số:

 $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3}) \geq (axm+byn+czp)^{3}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

 

$\frac{a^{3}}{b^{3}+c^{3}+a^{3}}+\frac{x^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{m^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}} \geq \frac{3axm}{\sqrt[3]{(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})}}$

Thiếp lập các bất đẳng thức tương tự và cộng lại ta có 

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}+\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{x^{3}+y^{3}+z^{3}}+\frac{m^{3}+n^{3}+p^{3}}{m^{3}+n^{3}+p^{3}}$ $\geq 3\frac{axm+byn+czp}{\sqrt[3]{(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})}}$

$\rightarrow 3 \geq 3\frac{axm+byn+czp}{\sqrt[3]{(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})}}$

$\rightarrow \sqrt[3]{(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})} \geq axm+byn+czp$

$\rightarrow (a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3}) \geq (axm+byn+czp)^{3} (Q.E.D)$

Dấu $'='$ xảy ra khi $a=b=c$

 

[I Love MC]

Bài dễ khai xuân đây : 
Bài 51. Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ và giả sử $a=max${$a,b,c$}. So sánh $b,c$ biết 
$(a-b)^5+(b-c)^5+(c-a)^5 \ge 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 09-02-2016 - 16:54

[hoctrocuaHolmes]

Bài 43:Cho $a,b,c$ thực dương.Chứng minh ta có BĐT sau:

 

$$\frac{a^4}{b^2}+\frac{b^4}{c^2}+\frac{c^4}{a^2}+5(ab+bc+ac)\geq 6(a^2+b^2+c^2)$$

Khai bút trên VMF =))

Đây là một bài khá khó,dạo trên AoPs thì thấy lời giải bài này

 Problem 1.pdf   258.09K   176 Số lần tải

Một số mở rộng của bài toán này trích dẫn để mọi người tham khảo

• Cho $a,b,c>0$ thì $\frac{a^4}{b^2}+\frac{b^4}{c^2}+\frac{c^4}{a^2}+6(ab+bc+ca)\geq 7(a^2+b^2+c^2)$
• Tìm số dương $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng:$ \frac{a^{4}}{b^{2}}+\frac{b^{4}}{c^{2}}+\frac{c^{4}}{a^{2}}\geq a^2+b^2+c^2+k[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] $

Chúc mừng năm mới  

[hoilamchi]

Bài dễ khai xuân đây : 
51) Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ và giả sử $a=max${$a,b,c$}. So sánh $b,c$ biết 
$(a-b)^5+(b-c)^5+(c-a)^5 \ge 0$

Mình không nghĩ bài này dễ

$(a-b)^5+(b-c)^5+(c-a)^5 \ge 0\Leftrightarrow (a-b)^5+(b-c)^5\geq (a-c)^5\geq 0\Rightarrow (a-b)^5+(b-c)^5\geq 0\Rightarrow (a-b)^{5}\geq (c-b)^{5}\Rightarrow \begin{bmatrix} (b-c)^{5}\geq 0 & \\ (b-c)^{5}\leq 0& \end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a\geq b\geq c & \\ a\geq c\geq b & \end{bmatrix}$

Chắc chắn là sai rồi nhưng chẳng biết làm thế nào

[I Love MC]

Mình không nghĩ bài này dễ

$(a-b)^5+(b-c)^5+(c-a)^5 \ge 0\Leftrightarrow (a-b)^5+(b-c)^5\geq (a-c)^5\geq 0\Rightarrow (a-b)^5+(b-c)^5\geq 0\Rightarrow (a-b)^{5}\geq (c-b)^{5}\Rightarrow \begin{bmatrix} (b-c)^{5}\geq 0 & \\ (b-c)^{5}\leq 0& \end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a\geq b\geq c & \\ a\geq c\geq b & \end{bmatrix}$

Chắc chắn là sai rồi nhưng chẳng biết làm thế nào

Ta có bổ đề sau : 
Với $x,y,z \in \mathbb{R}$ thỏa $x+y+z=0$ lúc đó $\sum x^5=2,5.xyz(\sum x^2)$

[Nguyenhuyen_AG]

Bài dễ khai xuân đây : 
51) Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ và giả sử $a=max${$a,b,c$}. So sánh $b,c$ biết 
$(a-b)^5+(b-c)^5+(c-a)^5 \ge 0$

 

Kết quả của bài toán được suy ra từ đẳng thức

\[(a-b)^5+(b-c)^5+(c-a)^5 = 5(a-b)(b-c)(c-a)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca).\]

[anhquannbk]

Bài 52:

Cho $ a, b, c $ là các số thực không âm thỏa mãn $ ab+bc+ac=3 $

Chứng minh rằng:

$ (2a^{2}-3ab+2b^{2})(2b^{2}-3bc+2c^{2})(2c^{2}-3ac+2a^{2}) \ge \dfrac{5}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-4 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 09-02-2016 - 22:52

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 52:

Cho $ a, b, c $ là các số thực không âm thỏa mãn $ ab+bc+ac=3 $

Chứng minh rằng:

$ (2a^{2}-3ab+2b^{2})(2b^{2}-3bc+2c^{2})(2c^{2}-3ac+2a^{2}) \ge \dfrac{5}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})-4 $

 

Ta viết bất đẳng thức lại dưới dạng thuần nhất như sau

\[\prod (2a^2-3ab+2b^2) +4\left ( \frac{ab+bc+ca}{3} \right )^3 \geqslant \frac{5}{3}(a^2+b^2+c^2)\left ( \frac{ab+bc+ca}{3} \right )^2. \quad (1)\]

Đặt $p = a+b+c,\,q=ab+bc+ca$ và $r=abc$ thì bất đẳng thức $(1)$ trở thành

\[-125r^2+2p(55q-14p^2)r+\frac{1}{27}q^2(211p^2-742q) \geqslant 0,\]

hay là

\[\frac{2}{27}\left[q^2(43p^2-121q)-8p(16p^2-45q)r\right]+\frac{125}{27}\left[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\right] \geqslant 0.\]

Chú ý rằng

\[p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2 = (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \geqslant 0,\]

nên ta chỉ cần chứng minh

\[q^2(43p^2-121q) \geqslant 8p(16p^2-45q)r.\]

Bất đẳng thức này đúng vì $r \leqslant \frac{q^2}{3p}$ và

\[q^2(43p^2-121q) - 8p(16p^2-45q) \cdot \frac{q^2}{3p} = \frac{1}{3}q^2(p^2-3q) \geqslant 0.\]

Bài toán được chứng minh.

[kimchitwinkle]

Bài 53: 

Cho các số thực $a,b,c$ dương thỏa mãn : $ab+bc+ca=1$ .CMR : $B=\sum \frac{a^{8}}{(b^{2}+c^{2})^{2}}\geq \frac{1}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 09-02-2016 - 23:21

[kimchitwinkle]

Bài 54: 

Cho $a,b,c,d>0$. Chứng minh rằng : $3+\frac{5}{1+a}+\frac{7}{1+a+b}+\frac{9}{1+a+b+c}+\frac{36}{1+a+b+c+d}\leq 4(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})$

[royal1534]

Bài 53: 

Cho các số thực $a,b,c$ dương thỏa mãn : $ab+bc+ca=1$ .CMR : $B=\sum \frac{a^{8}}{(b^{2}+c^{2})^{2}}\geq \frac{1}{4}$

Sử dụng bđt Cauchy-Swarchz ta có:

$3.\sum \frac{a^8}{(b^2+c^2)^2}=3\sum (\frac{a^4}{b^2+c^2})^2 \geq (\sum \frac{a^4}{b^2+c^2})^2 \geq [\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}]^2 =\frac{1}{4}(a^2+b^2+c^2) \geq \frac{1}{4}(ab+bc+ca)=\frac{1}{4}$

$\rightarrow \sum \frac{a^8}{(b^2+c^2)^2} \geq \frac{1}{12}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

P/s:Đề sai @@

-----------

Bài 55:Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh: $\sum \frac{c(a^2+b^2)}{a^2(c+a)+b^2(b+c)} \leq \frac{3}{2}$ (Bài này chế .Không biết có bị trùng với ai không )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 09-02-2016 - 23:33

[Gachdptrai12]

một bài mình tâm đắc nè 

Bài 56: cho x,y,z là các số thực c/m

$((x-y)^{3}+(y-z)^{3}+(z-x)^{3})(\frac{1}{(x-y)^{3}}+\frac{1}{(y-z)^{3}}+\frac{1}{(z-x)^{3}})\leq \frac{-45}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 10-02-2016 - 09:45

[hoctrocuaHolmes]

Sử dụng bđt Cauchy-Swarchz ta có:

$3.\sum \frac{a^8}{(b^2+c^2)^2}=3\sum (\frac{a^4}{b^2+c^2})^2 \geq (\sum \frac{a^4}{b^2+c^2})^2 \geq [\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}]^2 =\frac{1}{4}(a^2+b^2+c^2) \geq \frac{1}{4}(ab+bc+ca)=\frac{1}{4}$

$\rightarrow \sum \frac{a^8}{(b^2+c^2)^2} \geq \frac{1}{12}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

P/s:Đề sai @@

-----------

Bài 55:Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh: $\frac{c(a^2+b^2)}{a^2(c+a)+b^2(b+c)} \leq \frac{3}{2}$ (Bài này chế .Không biết có bị trùng với ai không )

Bài chế này có sai đề không vậy

$\frac{c(a^2+b^2)}{a^2(c+a)+b^2(b+c)} \leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow 2a^2c+2b^2c\leq 3a^{3}+3b^3+3b^2c+3a^2c\Leftrightarrow 3a^{3}+3b^3+b^2c+a^2c>0\rightarrow Q.E.D$

 

Bài 47:cho x,y,z,t thoa man $\left\{\begin{matrix} x+y+z+t=0 & & \\ x^2+y^2+z^2+t^2=3 & & \end{matrix}\right.$

tim max xyzt

Bài 48:cho a là số thực dương CMR:$a^n+\frac{1}{a^n}-2\geq n^2(a+\frac{1}{a}-2)$

với n là số nguyên dương 

Bài 48:Tại đây

[I Love MC]

Bài 57:Dễ thôi tết mà  
C/m $\frac{7+2b}{1+a}+\frac{7+2c}{1+b}+\frac{7+2a}{1+c}\geq\frac{69}{4}$ với $a,b,c \in \mathbb{R^+}$ và $\sum a=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 10-02-2016 - 09:44

[royal1534]

Bài chế này có sai đề không vậy

$\frac{c(a^2+b^2)}{a^2(c+a)+b^2(b+c)} \leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow 2a^2c+2b^2c\leq 3a^{3}+3b^3+3b^2c+3a^2c\Leftrightarrow 3a^{3}+3b^3+b^2c+a^2c>0\rightarrow Q.E.D$

 

Fixed.Thiếu kí hiệu @@

[Nguyenhuyen_AG]

một bài mình tâm đắc nè 

Bài 56: cho x,y,z là các số thực c/m

$((x-y)^{3}+(y-z)^{3}+(z-x)^{3})(\frac{1}{(x-y)^{3}}+\frac{1}{(y-z)^{3}}+\frac{1}{(z-x)^{3}})\leq \frac{-45}{4}$

 

Anh có viết một chuyên đề trong đó có nhắc đến bài toán này, em xem trong file đính kèm nhé.

File gửi kèm

•  mot_bat_dang_thuc_thu_vi.pdf   192.66K   160 Số lần tải

[ineX]

Bài 58:Cho đa thức hệ số thực $P\left ( x \right )=x^{3}+ax^{2}+bx+c$ có ba nghiệm

Chứng minh rằng:

$12ab+27c\leq 6a^{3}+10\sqrt{(a^{2}-2b)^{3}}$

lâu lâu đổi gió chút

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 10-02-2016 - 16:49