Topic : Bất đẳng thức chứa biến ở mũ
#41
Posted 04-04-2012 - 20:47
Áp dụng $AM-GM$ ta có :
$$P \ge 3\sqrt[6]{\left (4^a + 9^b + 16^c\right )\left (4^c + 9^a + 16^b\right )\left (4^b + 9^c + 16^a\right )} $$
Theo $Holder$ ta có :
$$\left (4^a + 9^b + 16^c\right )\left (4^c + 9^a + 16^b\right )\left (4^b + 9^c + 16^a\right ) \ge\left (\sqrt[3]{4^{a + b + c}} + \sqrt[3]{9^{a + b + c}} + \sqrt[3]{16^{a + b + c}}\right )^3 = (4 + 9 + 16)^3 = 3^9$$
Nên $$P \ge 3\sqrt[6]{3^9} = 3\sqrt{3}$$
Vậy $$P_{min} = 3\sqrt{3}$$
- Ispectorgadget and HÀ QUỐC ĐẠT like this
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#42
Posted 04-04-2012 - 22:01
$$P=x^x+y^y$$
- WhjteShadow likes this
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#43
Posted 14-04-2012 - 00:26
$$\sqrt[n]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\frac{b}{c+a}}+\sqrt[n]{\frac{c}{a+b}}\geq 2$$
Edited by Ispectorgadget, 14-04-2012 - 01:18.
- WhjteShadow likes this
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#44
Posted 14-04-2012 - 19:57
Anh Thành có thể cho em xin lời giải bài này được không ạ ? Bài này em chỉ mới giải xong cho 1 trường hợp $0 \le x \le y \le 1 \le z \le 2$,còn lại trường hợp $0 \le x \le 1 \le y \le z \le 2$ thì......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:
$$Q = {\left( {1 + {x^2}} \right)^x}{\left( {1 + {y^2}} \right)^y}{\left( {1 + {z^2}} \right)^z}$$
#45
Posted 15-04-2012 - 16:53
Cho $a,b,c >1$ , chứng minh rằng :
$a^{log_bc}+b^{log_ca}+c^{log_ab}\geq 3\sqrt[3]{abc}$
#46
Posted 21-04-2012 - 13:13
Thi thử ĐH
- WhjteShadow likes this
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#47
Posted 23-04-2012 - 21:00
Bài 24 : [ Bất đẳng thức Triệu Văn Hưng ]
Cho $a,b,c >1$ , chứng minh rằng :
$a^{log_bc}+b^{log_ca}+c^{log_ab}\geq 3\sqrt[3]{abc}$
Nhận xét : $a^{log_bc}=c^{log_ba}$ . Từ đó suy ngay kết quả .
#48
Posted 23-04-2012 - 21:07
#49
Posted 23-04-2012 - 22:10
Bài 25: Cho các số thực $x,y,z$ chứng minh $$\sqrt{3+2011^{x+y-2z}}+\sqrt{3+2011^{y+z-2x}}+\sqrt{3+2011^{z+x-2y}}\ge 6$$
Thi thử ĐH
Theo BĐT Mixcopki và AM-GM ta có
$\sum \sqrt{3+2011^{x+y-2z}}\geq \sqrt{(\sqrt{3}+\sqrt{3}+\sqrt{3})^2+(2011^{\frac{x+y-2z}{2}}+2011^{\frac{y+z-2x}{2}}+2011^{\frac{z+x-2y}{2}})^2}$
$\geq \sqrt{27+\left [ 3.\sqrt[3]{2011^{\frac{x+y-2z}{2}+\frac{y+z-2x}{2}+\frac{z+x-2y}{2}}} \right ]^2}=6$
#50
Posted 29-04-2012 - 09:52
Bài 15 thực chất chỉa là sử dụng AM-GM suy rộng một cách trực tiếp :Bài 15.
Cho các số dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$3^{a + b + c} \ge \left (1 + \dfrac{a + b}{c}\right )^c\left (1 + \dfrac{b + c}{a}\right )^a\left (1 + \dfrac{c + a}{b}\right )^b$$
Bài 16.
Cho các số $x, y, z \ge 1$ . Chứng minh rằng :
$$x^{x^2 + 2zy}y^{y^2 + 2xz}z^{z^2 + 2xy} \ge \left (xyz\right )^{xy + yz + zx}$$
$$\left (1 + \dfrac{a + b}{c}\right )^c\left (1 + \dfrac{b + c}{a}\right )^a\left (1 + \dfrac{c + a}{b}\right )^b\le \left (\dfrac{3(a+b+c)}{a+b+c}\right )^{a+b+c}=3^{a+b+c}$$
Bài 16 sai đề, đã được sửa lại
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#51
Posted 29-04-2012 - 10:42
$$(x^2+2yz)lnx+(y^2+2xz)lny+(z^2+2yx)lnz \ge (xy+yz+xz)ln(xyz) $$Bài 16.
Cho các số $x, y, z \ge 1$ . Chứng minh rằng :
$$x^{x^2 + 2zy}y^{y^2 + 2xz}z^{z^2 + 2xy} \ge \left (xyz\right )^{xy + yz + zx}$$
$$ \Leftrightarrow (x-y)(x-z)lnx+(y-x)(y-z)lny+(z-y)(z-x)lnz \ge 0$$
Đây là $VSchur$
Trích vẻ đẹp bất đẳng thức qua các kì OLYMPIC VQBC- Trần Phương - TQA
- WhjteShadow likes this
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#52
Posted 02-05-2012 - 16:27
Mình nghĩ, nếu cần thì lập hẳn một topic lâu dài rồi giải quyết cái này (toàn là những bài siêu khủng, rất hay mà mình lại ngu tiếng Anh nên cũng chỉ dịch được một phần nhỏ) Mình xin ủng hộ đầu tiên. Đức Anh nghĩ như thế nàoMọi người đem ra chém từ từ tập này hộ em cái: http://diendantoanho...showtopic=69336
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#53
Posted 04-05-2012 - 10:24
$$\frac{a^{n+1}}{b+c}+\frac{b^{n+1}}{c+a}+\frac{c^{n+1}}{a+b}\geq (\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{c+a}+\frac{c^n}{a+b})\sqrt[n]{\frac{a^n+b^n+c^n}{3}}$$
(Polish Mathematical Olympiad 2009)
Edited by L Lawliet, 04-05-2012 - 10:25.
Thích ngủ.
#54
Posted 04-05-2012 - 11:55
Bài 26: Cho a và b là hai số thực dương. Nếu $n\geq 1$, thì:
$$\frac{a^{n+1}}{b+c}+\frac{b^{n+1}}{c+a}+\frac{c^{n+1}}{a+b}\geq (\frac{a^n}{b+c}+\frac{b^n}{c+a}+\frac{c^n}{a+b})\sqrt[n]{\frac{a^n+b^n+c^n}{3}}$$
(Polish Mathematical Olympiad 2009)
Bất đẳng thức cuối đúng theo Holder
- L Lawliet, WhjteShadow and Beautifulsunrise like this
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#55
Posted 06-05-2012 - 11:06
Bài 28: Cho $a,b,c\geq 1$. Chứng minh rằng $$a^ab^bc^c\geq a^bb^cc^a$$
- WhjteShadow and Beautifulsunrise like this
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#56
Posted 11-05-2012 - 20:09
Bài 23:Cho a,b,c thực không âm thỏa $ab+bc+ac>0$. CMR với mọi $n\geq 2$ ta có
$$\sqrt[n]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\frac{b}{c+a}}+\sqrt[n]{\frac{c}{a+b}}\geq 2$$
Chém chú này.
Áp dụng Bất đẳng thức AM - GM, ta có:
\[\sqrt[n]{{\frac{{\left( {a + b} \right)\left( {n - 1} \right)}}{c}}} \le \frac{{\left( {\left( {n - 1} \right)\frac{{a + b}}{c}} \right) + \underbrace {1 + 1 + ... + 1}_{n - 1}\,\,\,\,\text{số}}}{n} = \frac{{\left( {n - 1} \right)\left( {a + b + c} \right)}}{{nc}}\]
\[ \Rightarrow \sqrt[n]{{\frac{c}{{a + b}}}} \ge \frac{n}{{n - 1}}\sqrt[n]{{n - 1}}\frac{c}{{a + b + c}}\]
Tương tự: \[\sqrt[n]{{\frac{b}{{c + a}}}} \ge \frac{n}{{n - 1}}\sqrt[n]{{n - 1}}\frac{b}{{a + b + c}},\,\,\,\,\,\,\sqrt[n]{{\frac{a}{{b + c}}}} \ge \frac{n}{{n - 1}}\sqrt[n]{{n - 1}}\frac{a}{{a + b + c}}\]
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
\[\sqrt[n]{{\frac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[n]{{\frac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[n]{{\frac{c}{{a + b}}}} \ge \frac{n}{{n - 1}}\sqrt[n]{{n - 1}} \ge 2 \Rightarrow Q.E.D\]
- le_hoang1995 and Beautifulsunrise like this
#57
Posted 11-05-2012 - 20:18
Bài 24 : [ Bất đẳng thức Triệu Văn Hưng ]
Cho $a,b,c >1$ , chứng minh rằng :
$a^{log_bc}+b^{log_ca}+c^{log_ab}\geq 3\sqrt[3]{abc}$
Tiếp chú này.
$a,b,c > 1 \Rightarrow {\log _b}c > 0,\,\,{\log _c}b > 0$
Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có:
\[{a^{{{\log }_b}c}} + {b^{{{\log }_c}a}} = {a^{{{\log }_b}c}} + {b^{{{\log }_c}b.{{\log }_b}a}} = {a^{{{\log }_b}c}} + {a^{{{\log }_c}b}} \ge 2\sqrt {{a^{{{\log }_b}c}}{a^{{{\log }_c}b}}} \]
\[ = 2\sqrt {{a^{{{\log }_b}c + {{\log }_c}b}}} \ge 2\sqrt {{a^{2\sqrt {{{\log }_b}c{{\log }_c}b} }}} = 2a\]
Tương tự: \[{b^{{{\log }_c}a}} + {c^{{{\log }_a}b}} \ge 2b,\,\,\,\,\,{c^{{{\log }_a}b}} + {a^{{{\log }_b}c}} \ge 2c\]
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được:
\[{a^{{{\log }_b}c}} + {b^{{{\log }_c}a}} + {c^{{{\log }_a}b}} \ge a + b + c \ge 3\sqrt[3]{{abc}} \Rightarrow Q.E.D\]
- Beautifulsunrise likes this
#58
Posted 11-05-2012 - 20:23
Bài 29. Với số tự nhiên $n \ge 2$. Chứng minh rằng:
\[\frac{{\sqrt[n]{{n!}}}}{{\sqrt[{n + 1}]{{\left( {n + 1} \right)!}}}} \ge {\left( {\frac{n}{{n + 1}}} \right)^{\frac{n}{{n + 1}}}}\]
#59
Posted 14-05-2012 - 13:44
Bài 16.
Cho các số $x, y, z \ge 1$ . Chứng minh rằng :
$$x^{x^2 + 2zy}y^{y^2 + 2xz}z^{z^2 + 2xy} \ge \left (xyz\right )^{xy + yz + zx}$$
Cách khác: Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y\geq z$
$$x^{x^2-xy-xz+yz}y^{y^2+xz-yx-yz}z^{z^2+xy-yz-xz}\geq 1$$
$$\iff x^{(x-y)(x-z)}y^{(y-x)(y-z)}z^{(z-x)(z-y)}\geq 1$$
$$\iff(\frac{x}{y})^{x-y}.(\frac{y}{z})^{y-z}(\frac{x}{z})^{x-z}\geq 1$$
Điều này đúng do $x\geq y\geq z$
Edited by Ispectorgadget, 14-07-2012 - 12:01.
- WhjteShadow likes this
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#60
Posted 18-05-2012 - 17:19
Edited by Ispectorgadget, 18-05-2012 - 17:19.
- WhjteShadow likes this
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users