Chủ đề này có 436 trả lời

[Crystal]

Bài 69:Cho $a,b \ge 0$ thỏa mãn:$a+b=2$.Chứng minh rằng:
$$a^{a}b^{b}+3ab \le 4$$

Có: $ab \le \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} = 1$. Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với: ${a^a}{b^b} \le 1\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Lấy $ln$ 2 vế của (1) ta được: $a\ln a + b\ln b \le 0\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Xét hàm số: $f\left( t \right) = t\ln t$ có $f'\left( t \right) = \ln t + \dfrac{1}{t} \Rightarrow f''\left( t \right) = \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{{{t^2}}} = \dfrac{{t - 1}}{{{t^2}}}$

Nếu $0 < t \le 1 \Rightarrow f''\left( t \right) \le 0$, áp dụng BĐT tiếp tuyến ta được:

$f\left( a \right) \le f'\left( 1 \right)\left( {a - 1} \right) + f\left( 1 \right) = a - 1;\,\,\,\,f\left( b \right) \le f'\left( 1 \right)\left( {b - 1} \right) + f\left( 1 \right) = b - 1$

Cộng lại được: $f\left( a \right) + f\left( b \right) \le a + b - 2 = 0$ suy ra (2) đúng. Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = 1$

Trường hợp $2 > t \ge 1$, áp dụng thêm BĐT cát tuyến. Có thể tham khảo ở đây: http://diendantoanho...opic=62865&st=0

[dark templar]

Uhm, cái hàm đó ngược chiều với điều cần chứng minh. Em còn có cách nào khác ngoài cách của ongtroi không.

Em cũng không còn cách nào khác ngoài cách đó cả

Có: $ab \le \dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{4} = 1$. Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với: ${a^a}{b^b} \le 1\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Lấy $ln$ 2 vế của (1) ta được: $a\ln a + b\ln b \le 0\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Xét hàm số: $f\left( t \right) = t\ln t$ có $f'\left( t \right) = \ln t + \dfrac{1}{t} \Rightarrow f''\left( t \right) = \dfrac{1}{t} - \dfrac{1}{{{t^2}}} = \dfrac{{t - 1}}{{{t^2}}}$

Nếu $0 < t \le 1 \Rightarrow f''\left( t \right) \le 0$, áp dụng BĐT tiếp tuyến ta được:

$f\left( a \right) \le f'\left( 1 \right)\left( {a - 1} \right) + f\left( 1 \right) = a - 1;\,\,\,\,f\left( b \right) \le f'\left( 1 \right)\left( {b - 1} \right) + f\left( 1 \right) = b - 1$

Cộng lại được: $f\left( a \right) + f\left( b \right) \le a + b - 2 = 0$ suy ra (2) đúng. Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = 1$

Trường hợp $2 > t \ge 1$, áp dụng thêm BĐT cát tuyến. Có thể tham khảo ở đây: http://diendantoanho...opic=62865&st=0

Cách giải kiểu hàm số của anh hay lắm Đây là cách giải kiểu xài BĐT cổ điển của em:
Sử dụng BĐT AM-GM suy rộng,ta có:
$$\dfrac{a}{a+b}.a+\dfrac{b}{a+b}.b \ge a^{\dfrac{a}{a+b}}.b^{\dfrac{b}{a+b}}$$
Hay:
$$a^{a}b^{b} \le \left(\dfrac{a^2+b^2}{2} \right)^2=(2-ab)^2$$
Như vậy,ta chỉ cần chứng minh:
$$(2-ab)^2+3ab \le 4$$
Hay
$$ab(ab-1) \le 0$$(luôn đúng vì $ab \le \dfrac{(a+b)^2}{4}=1$).
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1$.

[dark templar]

Lâu rồi xin góp 1 bài
Bài 64: Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa: $a+b+c=3$. Tìm GTLN của biểu thức:

$P = {\left( {a + \sqrt {1 + {a^2}} } \right)^b}{\left( {b + \sqrt {1 + {b^2}} } \right)^c}{\left( {c + \sqrt {1 + {c^2}} } \right)^a}$

Bài này có cách giải không dùng đến các BĐT trên. Mọi người thử tìm hiểu xem.

Hôm nay em mới làm thêm được 1 cách cho bài này,đáp ứng yêu cầu của anh xusinst.
Lấy $\ln$ 2 vế,ta có:
$$\ln{P}=b\ln{(a+\sqrt{1+a^2})}+c\ln{(b+\sqrt{1+b^2})}+a\ln{(c+\sqrt{1+c^2})}$$
Xét hàm số $f(x)=\ln{(x+\sqrt{1+x^2})}(0<x<3)$
Ta có:$f''(x)=\dfrac{\dfrac{x+\sqrt{1+x^2}}{1+x^2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}-x-\sqrt{1+x^2} \right)}{(x+\sqrt{1+x^2})^2}<0,\forall x \in (0;3)$
Nên theo BĐT tiếp tuyến,ta có:
$$f(a) \le f'(1)(a-1)+f(1)=\dfrac{a-1}{\sqrt{2}}+\ln{(1+\sqrt{2})}$$
Vậy ta có:
$$\ln{P} \le \dfrac{ab+bc+ca}{\sqrt{2}}+(a+b+c)\left[\ln{(1+\sqrt{2})}-\dfrac{1}{\sqrt{2}} \right] \le \dfrac{(a+b+c)^2}{3\sqrt{2}}+3\left[\ln{(1+\sqrt{2})}-\dfrac{1}{\sqrt{2}} \right]=\ln{(1+\sqrt{2})^3}$$
Hay:
$$P \le (1+\sqrt{2})^3$$
$P_{\max}=(1+\sqrt{2})^3$ khi $a=b=c=1$.

[anh qua]

bài 70: cho a,b,c dương thỏa mãn: abc=1.CMR:
$\dfrac{a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4}{a^2+b^2+c^2}$+$\dfrac{8}{(ab+c)(bc+a)(ca+b} \geq 2$
(bài này mình tự chế)
Không hiểu sao mình không gõ được công thức, nhờ mấy mod sửa dùm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 20-10-2011 - 15:20

[dark templar]

bài 70: cho a,b,c dương thỏa mãn: abc=1.CMR:
$\dfrac{a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4}{a^2+b^2+c^2}$+$\dfrac{8}{(ab+c)(bc+a)(ca+b} \geq 2$
(bài này mình tự chế)
Không hiểu sao mình không gõ được công thức, nhờ mấy mod sửa dùm.

Bài này có lẽ bạn dựa vào BĐT sau chăng ?
$$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\dfrac{8abc}{[a+b](b+c)(c+a)} \ge 2,\forall a,b,c>0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 09-10-2011 - 21:02

[NguyThang khtn]

Bài 55:(Thái Nguyễn Hưng) Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$xy+yz+zx=1$.Tìm GTLN của biểu thức sau:

$P=yz(x+1)^2$

Ta có:$yz(x+1)^2 = [\sqrt{yz}(x+1)]^2= (\sqrt{xy.xz}+\sqrt{yz})^2$
Đặt $xy=a;yz=b;xz=c$ ta có:$a^2+b^2+c^2=1$
Mà ta dễ dàng CM:
$a^2+b^2+c^2+1 \geq 2(ab+c) (1)$
Thật vậy (1) tương đương với:
$(a- b ) ^2+(c-1)^2 \geq 0$
Do đó $P \leq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 10-10-2011 - 09:15

[anh qua]

Bài này có lẽ bạn dựa vào BĐT sau chăng ?
$$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\dfrac{8abc}{[a+b](b+c)(c+a)} \ge 2,\forall a,b,c>0$$

đúng rồi! mình lấy ý tưởng từ bài đó.

[anh qua]

Bài 55:(Thái Nguyễn Hưng) Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$xy+yz+zx=1$.Tìm GTLN của biểu thức sau:

$P=yz(x+1)^2$

cách khác:
ta sẽ Cm: $yz(x+1)^{2} \leq xy+yz+zx$
tương đương với: $x(yz(x+2)-y-z) \leq 0$
hay $yz(\dfrac{1-yz}{y+z}+2)-y-z \leq 0$ ($yz \leq 1$)
tương đương với: $(y+z-yz)^2 \geq yz$ (luôn đúng do $y+z \geq 1$ và $yz \leq 1$).
do đó: $yz(x+1)^{2} \leq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anh qua: 10-10-2011 - 10:00

[vietfrog]

Lâu lâu không post bài trong Topic. Mọi người chém vài bài này nhé.
Bài 71:
Cho $x;y;z \in \left[ {0,1} \right]$. Tìm GTLN của
\[S = {x^2}(y - z) + {y^2}(z - y) + {z^2}(1 - z)\]
Bài 72:
Cho $x;y;z;t$ là các số dương. Tìm GTNN của:
\[P = \dfrac{{x - t}}{{t + y}} + \dfrac{{t - y}}{{y + z}} + \dfrac{{y - z}}{{z + x}} + \dfrac{{z - x}}{{x + t}} \]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 20-10-2011 - 15:21

[Ispectorgadget]

Lâu lâu không post bài trong Topic. Mọi người chém vài bài này nhé.
Bài 72:
Cho $x;y;z;t$ là các số dương. Tìm GTNN của:
\[P = \dfrac{{x - t}}{{t + y}} + \dfrac{{t - y}}{{y + z}} + \dfrac{{y - z}}{{z + x}} + \dfrac{{z - x}}{{x + t}} \]

Bài 72:
$\dfrac{x-t}{t+y}+\dfrac{y-z}{z+x}=\dfrac{x+y}{t+y}+\dfrac{y+x}{z+x}-2=(x+y)(\dfrac{1}{t+y}+\dfrac{1}{x+z})-2$$\geq \dfrac{(x+y)4}{t+y+z+x}-2$
Tương tự ta có:$\dfrac{t-y}{y+z}+\dfrac{z-x}{x+t}-2=\dfrac{t+z}{y+z}+\dfrac{z+t}{x+t}-2=(t+z)(\dfrac{1}{z+y}+\dfrac{1}{x+t})-2\geq \dfrac{4(t+z)}{x+y+t+z}-2$
Cộng lại ta được: $P\geq$$\dfrac{x+y+z+t}{x+y+z+t}.4-4=0$
Dấu "=" xảy ra khi các số hạng bằng nhau

P/S: Gõ công thức mệt quá >.< sai lên sai xuống

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 20-10-2011 - 15:21

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 73:
Cho x y z>0.Chứng minh rằng:
$\dfrac{x^{2}}{z^{3}}+\dfrac{y^{2}}{x^{3}}+\dfrac{z^{2}}{y^{3}}\geq \dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 25-10-2011 - 23:55

[dark templar]

Cho x y z>0.Chứng minh rằng:
$\dfrac{x^{2}}{z^{3}}+\dfrac{y^{2}}{x^{3}}+\dfrac{z^{2}}{y^{3}}\geq \dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}$

Bài 73
Đề bài này cho thừa rồi,đâu cần điều kiện $x \ge y \ge z$
Sử dụng BĐT AM-GM,ta có:
$$\left\{\begin{matrix}\dfrac{x^2}{z^3}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x} \ge \dfrac{3}{z} \\ \dfrac{y^2}{x^3}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{y} \ge \dfrac{3}{x}\\ \dfrac{z^2}{y^3}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{z} \ge \dfrac{3}{y}\end{matrix}\right.$$
Suy ra:
$$\dfrac{x^2}{z^3}+\dfrac{y^2}{x^3}+\dfrac{z^2}{y^3} \ge \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \overset{AM-GM}{\ge} \dfrac{1}{\sqrt{xy}}+\dfrac{1}{\sqrt{yz}}+\dfrac{1}{\sqrt{zx}}$$.
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 25-10-2011 - 23:56

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Một bài nữa nha anh Phúc
Bài 74:
Cho a,b,c>0 và a+b+c=3.Chứng minh:
$2(ab+bc+ca)+\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\geq 9$

@vietfrog: Đạt nhớ đánh số bài nhé . Rất cảm ơn vì đã tham gia topic nhiệt tình.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 25-10-2011 - 23:56

[alex_hoang]

Cả hai bài toán này đều đã được thảo luận trên diễn đàn rồi
Bài 74 bài này mình không nhớ link nên chứng minh lại vậy
Giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
$\dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2} \Leftrightarrow 3 \ge abc({a^2} + {b^2} + {c^2})$
Mà theo BĐT AM-GM ta có
$({a^2} + {b^2} + {c^2}){(ab + bc + ca)^2} \le 27$
Vậy BĐT được CM
Bài 75
http://diendantoanho...showtopic=58309

[alex_hoang]

Bài 76Cho các số $a,b,c$ không âm thỏa mãn $a+b+c=2$.Tìm GTNN
$Q = \dfrac{a}{{3 + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{b}{{3 + {c^2} + {a^2}}} + \dfrac{c}{{3 + {a^2} + {b^2}}}$

[emptyheart]

Bài 77
cho các số không âm$ x, y, z $sao cho $x + y + z = 1$

tìm min của $P = \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}} +\sqrt{\dfrac{1-y}{1+y}}+ \sqrt{\dfrac{1-z}{1+z}}$

Công thức đặt giửa cặp thẻ $ $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 28-10-2011 - 14:31

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 77
cho các số không âm$ x, y, z $sao cho $x + y + z = 1$

tìm min của $P = \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}} +\sqrt{\dfrac{1-y}{1+y}}+ \sqrt{\dfrac{1-z}{1+z}}$

Theo mình bài này phải là tìm max mới đúng chứ

$P=\sqrt{\dfrac{y+z}{x+y+x+z}}+\sqrt{\dfrac{z+x}{x+y+y+z}}+\sqrt{\dfrac{x+y}{y+z+z+x}}$
Đặt a=x+y;b=y+z;c=z+x$\Rightarrow P=\sqrt{\dfrac{a}{a+b}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{c}{c+a}}\Rightarrow P\leq \dfrac{3}{\sqrt{2}}$

[dark templar]

Bài 76Cho các số $a,b,c$ không âm thỏa mãn $a+b+c=2$.Tìm GTNN
$Q = \dfrac{a}{{3 + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{b}{{3 + {c^2} + {a^2}}} + \dfrac{c}{{3 + {a^2} + {b^2}}}$

Bài này ghét quá,xái $p,q,r$ không được chặt lắm,đành xài hạ sách dồn biến
Theo BĐT Cauchy-Schwarz:
$$Q \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum_{cyc}a(3+b^2+c^2)}=\dfrac{4}{6+\sum_{sym}ab(a+b)}$$
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $c \ge b \ge a$.
Vậy ta có:
$$\sum_{sym}ab(a+b)-(a+b)c(a+b+c)=ab(a+b-2c) \le 0$$
Hay:
$$\sum_{sym}ab(a+b) \le (a+b)c(a+b+c)=2c(a+b) \overset{AM-GM}{\le} \dfrac{(a+b+c)^2}{2}=2$$
Suy ra :
$$Q \ge \dfrac{4}{\sum_{sym}ab(a+b) +6} \ge \dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}$$
Vậy $$Q_{\min}=\dfrac{1}{2} \rightarrow (a;b;c) \sim (0;1;1)$$.

[Zaraki]

Thôi thì tặng anh một bài nhé (hiếm khi anh on)

Bài 78. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
\[\dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\dfrac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\dfrac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}+\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2+c^2}\le 8 \]

Đây là bài BĐT mạnh hơn USAMO 2003.

[emptyheart]

Theo mình bài này phải là tìm max mới đúng chứ

$P=\sqrt{\dfrac{y+z}{x+y+x+z}}+\sqrt{\dfrac{z+x}{x+y+y+z}}+\sqrt{\dfrac{x+y}{y+z+z+x}}$
Đặt a=x+y;b=y+z;c=z+x$\Rightarrow P=\sqrt{\dfrac{a}{a+b}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{c}{c+a}}\Rightarrow P\leq \dfrac{3}{\sqrt{2}}$

mình chắc chắn là min mà
vì cách giải của thầy giáo hơi kì kì sao đó nên mình định hỏi mọi ng