Chủ đề này có 1115 trả lời

[Ispectorgadget]

Ta có:
\[VT = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{x^3}}}{{x\sqrt {1 - {x^2}} }}} \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{2{x^3}}}{{{x^2} + 1 - {x^2}}}} = 2({x^3} + {y^3} + {z^3}) = 2\]
Vậy ta có ĐPCM.
Dấu "=" không xảy ra

Đề này đúng rồi
Dấu "=" xảy ra khi \[
\left\{ \begin{array}{l}
x^3 + y^3 + z^3 = 1 \\
y^2 = 1 - y^2 \\
z^2 = 1 - z^2 \\
x^2 = 1 - x^2 \\
\end{array} \right.
\]

Hệ này không có nghiệm dương nên dấu "=" không thể xảy ra

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 72: Cho các số thực x,y,z thoả mãn $x+y+z+xy+xz+yz=6$
CMR: $x^2+y^2+z^2\geq 3$
ĐTTS lớp 10 ĐHKHTN - ĐHQGHN
Bài 73: Cho a,b,c là 3 cạnh 1 tam giác. CMR
$\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
Đề lớp 10 chuyên Nguyễn Huệ - Hà Nội 2003-2004

Baì 72:Từ giả thiết ta có: $x+y+z\geq 3$ hoặc $x+y+z\leq -6$
$x+y+z\geq 3\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=3$
$x+y+z\leq -6\Rightarrow (x+y+z)^{2}\geq 36\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq 12> 3$
Vậy $\frac{(x+y+z)^{2}}{3}=3$
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z=1
Bài 73:
$\frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{c+a-b}\geq \frac{2}{c}$
$\frac{1}{c+a-b}+\frac{1}{a+b-c}\geq \frac{2}{a}$
$\frac{1}{a+b-c}+\frac{1}{b+c-a}\geq \frac{2}{b}$
Cộng các bất đẳng thức lại ta được điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c
p/s:mình post chậm hơn mọi người rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 15-01-2012 - 17:19

[NguyThang khtn]

Các anh em nhân tiện giúp em bài này nha
Bài 54:
Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:
$\frac{x^{2}+1}{y^{2}+1}+\frac{y^{2}+1}{z^{2}+1}+\frac{z^{2}+1}{x^{2}+1}\leq \frac{7}{2}$

Giups bạn bài này nha!

Không mất tính tổng quát ta giả sử $a= max{a,b,c}$
Ta có:
$\frac{1+{a}^{2}}{1+{b}^{2}}= a^2+1- \frac{b(1+{a}^{2})}{1+{b}^{2}} \leq$
$ a^2+1- \frac{b(1+{a}^{2})}{2}$

Làm tương tự rồi cộng lại ta được:
$P=\frac{1+{a}^{2}}{1+{b}^{2}}+\frac{1+{b}^{2}}{1+{c}^{2}}+\frac{1+{c}^{2}}{1+{a}^{2}}$
$ \leq \sum a^2+3 - \sum \frac{b(1+{a}^{2})}{2}$
$ = \frac{\sum a^2- \sum a^2b^2}{2}+3$
$ \leq \frac{\sum a^2+ 2 \sum ab}{2} + 3 = \frac{7}{2}$

[Ispectorgadget]

Bài 74: Tìm GTNN của biểu thức
$P=|\sqrt{x^2-4x+5}-\sqrt{x^2+6x+13}|$
Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2009-2010
Bài 75: Cho 3 số a,b,c thực dương thay đổi
CMR: $\frac{a^2}{(b-c)^2}+\frac{b^2}{(c-a)^2}+\frac{c^2}{(a-b)^2}\geq 2$
Chuyên Vĩnh Phúc 2009-2010

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 15-01-2012 - 18:32

[NguyThang khtn]

Bài 75: Cho 3 số a,b,c thực dương thay đổi
CMR: $\frac{a^2}{(b-c)^2}+\frac{b^2}{(c-a)^2}+\frac{c^2}{(a-b)^2}\geq 2$
Chuyên Vĩnh Phúc 2009-2010

Nhớ mỗi cái đẳng thức $\sum \frac{ab}{(b-c)(c-a)}=-1$
Từ đó chắc làm ngon!

[nguyenta98]

Bài 74: Tìm GTNN của biểu thức
$P=|\sqrt{x^2-4x+5}+\sqrt{x^2+6x+13}|$
Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2009-2010

Bài 74:
Áp dụng bất đẳng thức Minkowski ta có:
$\sqrt{x^2-4x+5}+\sqrt{x^2+6x+13}=\sqrt{(x-2)^2+1^2}+\sqrt{(x+3)^2+2^2}=\sqrt{(x-2)^2+1^2}+\sqrt{(-x-3)^2+2^2}\geq \sqrt{(x-2+-x-3)^2+(1+2)^2}=\sqrt{34}$
Dấu $"="$ khi $\dfrac{x-2}{-x-3}=\dfrac{1}{2} \leftrightarrow 2x-4=-x-3 \leftrightarrow x=\dfrac{1}{3}$
P/S Lạ nhỉ bài này có căn bâc 2 thì dương rồi cần dấu GTTĐ làm gi nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 15-01-2012 - 18:29

[nguyenta98]

Bài 74: Tìm GTNN của biểu thức
$P=|\sqrt{x^2-4x+5}-\sqrt{x^2+6x+13}|$
Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2009-2010

Bài 74: Giải như sau:
Ta nhận thấy $|\sqrt{x^2-4x+5}-\sqrt{x^2+6x+13}|\geq 0$
Dấu $"="$ khi $\sqrt{x^2-4x+5}=\sqrt{x^2+6x+13} \leftrightarrow x^2-4x+5=x^2+6x+13 \leftrightarrow 10x+18=0 \leftrightarrow x=-\dfrac{4}{5}$
Vậy $Pmin=0 \leftrightarrow x=-\dfrac{4}{5}$
Cách này có vẻ khá "cơ hội" ở đây may mắn vì dấu $"="$ xảy ra

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 15-01-2012 - 19:03

[Mai Duc Khai]

Bài 77:
Gọi $a,b,c$ là độ dài cạnh của 1 tam giác có 3 góc nhọn.
CMR: \[\forall x,y,z \in R\]
Ta luôn có: \[\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}} > \frac{{2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\]

P/s: Đây là đề thi Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa nhá.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 15-01-2012 - 20:04

[Ispectorgadget]

Bài 77:
Gọi $a,b,c$ là độ dài cạnh của 1 tam giác có 3 góc nhọn.
CMR: \[\forall x,y,z \in R\]
Ta luôn có: \[\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}} > \frac{{2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\]

P/s: Đây là đề thi Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa nhá.

BĐT cần chứng minh tương đương với $(a^2 + b^2 + c^2 )(\frac{{x^2 }}{{a^2 }} + \frac{{y^2 }}{{b^2 }} + \frac{{z^2 }}{{c^2 }}) > 2x^2 + 2y^2 + 2z^2$
$\Leftrightarrow (b^2+c^2)\frac{x^2}{a^2}+(c^2+a^2)\frac{y^2}{b^2}+(a^2+b^2)\frac{z^2}{c^2}>x^2+y^2+z^2$
$\Leftrightarrow (b^2+c^2-a^2)\frac{x^2}{a^2}+(c^2+a^2-b^2)\frac{y^2}{b^2}+(a^2+b^2-c^2)\frac{z^2}{c^2}>0$
Gọi tam giác đã cho là tam giác ABC nhọn, có BC=a; CA=b; AB=c. Giả sử a=max{a,b,c} ta có
$a^2-b^2>0$,$a^2-c^2\geq 0$$\Rightarrow c^2+a^2-b^2>0,a^2+b^2-c^2>0$
Mặt khác do tam giác ABC nhọn nên hạ đường cao BH thì H nằm trong cạnh AC suy ra CH<CA, suy ra $BC^2=BH^2+CH^2<AB^2+AC^2 $
Suy ra $b^2+c^2-a^2>0$
Do đó BĐT được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 15-01-2012 - 20:49

[Ispectorgadget]

Bài 74: Giải như sau:
Ta nhận thấy $|\sqrt{x^2-4x+5}-\sqrt{x^2+6x+13}|\geq 0$
Dấu $"="$ khi $\sqrt{x^2-4x+5}=\sqrt{x^2+6x+13} \leftrightarrow x^2-4x+5=x^2+6x+13 \leftrightarrow 10x+18=0 \leftrightarrow x=-\dfrac{4}{5}$
Vậy $Pmin=0 \leftrightarrow x=-\dfrac{4}{5}$
Cách này có vẻ khá "cơ hội" ở đây may mắn vì dấu $"="$ xảy ra

Hôm nay hơi mệt ráng post nốt vậy.
$AB=\sqrt{(x-2-x-3)^2+(1-2)^2}=\sqrt{26}$
OA=$\sqrt{(x-2)^2+1}$ ; $OB=\sqrt{(x+3)^2+4}$
Ta có: $|OA-OB|\leq AB$
Do đó $P\leq 26$
Dấu "=" xảy ra khi A nằm trên OB hoặc B nằm trên OA
$\frac{x-2}{x+3}=\frac{1}{2}\Rightarrow x=7$ thử lại x=7 thỏa mãn

[perfectstrong]

Kiên và mọi người ơi, lần sau khi post đề lên chịu khó lục tìm lại nhé. Mình thấy bắt đầu có nhiều bài trùng rồi.
Bài 76:
http://diendantoanho...73

[Mai Duc Khai]

Lỗi là ở mình. Mong mọi người thông cảm.Chắc tại hôm nay bị ốm nên đầu óc lú lẫn..Bài này chắc ko trùng:(
Bài 76: Cho $n,p>0$ CMR:\[\frac{1}{{(1 + 1)\sqrt[p]{1}}} + \frac{1}{{(1 + 2)\sqrt[p]{2}}} + .... + \frac{1}{{(n + 1)\sqrt[n]{n}}} < p\]
P/s: Đây là bài 30 phần Các bài toán về BĐT nằm trong Quyển Tuyển chọn bài thi học sinh giỏi Toán THCS. Mong Mọi người tìm cáh giải mới.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 15-01-2012 - 22:00

[Ispectorgadget]

Mấy bài trùng có gì nhờ mod THCS del dùm

Bài 77: Xét các số thực x, y, z, t thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
x + y + z + t = 8 và xy + xz + xt + yz + yt + zt = 18. Tìm giá trị nhỏ nhất của t.
Chuyên Quốc học năm 2010-2011 bài này khá quen thuộc
Bài 78: Cho a,b là các số nguyển dương thỏa mãn $\frac{ab+1}{a+b}<\frac{3}{2}$
Tìm GTLN của biểu thức $P=\frac{a^3b^3+1}{a^3+b^3}$
Đề thi tuyển sinh lớp 10 vòng 1 trường ĐHKHTN - ĐHQGHN -2008

[Ispectorgadget]

Bài 17:Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=3.Chứng minh
$\sum \dfrac{a(a-2b+c)}{ab+1}\geq 0$

Từ giả thiết ta có: $a+c=3-b$
$VT=\sum \frac{a(3-3b)}{ab+1}=\sum \frac{3(a-b)}{ab+1}$
Vì vai trò a,b,c như nhau không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c\geq 0$ hoặc $a\geq c\geq b\geq 0$
Ta có: $a-b\geq 0;b-c\geq 0$ suy ra $\frac{1}{ab+1}\leq \frac{1}{ac+1}\leq \frac{1}{bc+1}$
Do đó: VT$\geq \frac{3(a-b+a-c+c+b)}{ab+1}=0$
Xét trường hợp $a\geq c\geq b\geq 0$ làm tương tự như trên
Do đó ta có đpcm

------------------
Cái dấu $\sum$ em không quen cho lắm lần sau phần đề anh ghi rõ dùm em. Thanks

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 16-01-2012 - 09:28

[Poseidont]

Bài 77:
Gọi $a,b,c$ là độ dài cạnh của 1 tam giác có 3 góc nhọn.
CMR: \[\forall x,y,z \in R\]
Ta luôn có: \[\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}} > \frac{{2{x^2} + 2{y^2} + 2{z^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\]

P/s: Đây là đề thi Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa nhá.

áp dụng bdt S vac
$\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}+x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}> \frac{2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
(theo bdt tam giac ta co x+y>z, ....)
DPCM

[MyLoVeForYouNMT]

Bài 78: Cho a,b là các số nguyển dương thỏa mãn $\frac{ab+1}{a+b}<\frac{3}{2}$
Tìm GTLN của biểu thức $P=\frac{a^3b^3+1}{a^3+b^3}$
Đề thi tuyển sinh lớp 10 vòng 1 trường ĐHKHTN - ĐHQGHN -2008

Chém thẳng tay bài này.
Giả sử $a\geq b\geq 3$
Suy ra: $\frac{ab+1}{a+b}\geq \frac{3b+1}{a+b}\geq \frac{3b+1}{2b}\geq \frac{3b}{2b}\geq \frac{3}{2}$
Mâu thuẫn với giả thiết.
Do a,b nguyên dương nên trong 2 số a,b có ít nhất 1 số nhỏ hơn hoặc bằng 2 ( giả sử số nhỏ hơn bằng 2 là a)
Xét a=1 ta có P=1
Xét a=2 ta có: $$\frac{2b+1}{2+b}<\frac{3}{2}$$
$$4b+2<3b+6$$
$$b<4$$
Thử lần lượt các giá trị của b với b={1; 2; 3} ta được giá trị lớn nhất là $P=\frac{31}{5}$ đạt được khi $a=2; b=3$ và các hoán vị.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thatlong_anh_xinloi_em: 16-01-2012 - 12:31

[Tham Lang]

áp dụng bdt S vac
$\frac{{{x^2}}}{{{a^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{c^2}}}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}+x(y+z)+y(x+z)+z(x+y)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}> \frac{2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
(theo bdt tam giac ta co x+y>z, ....)
DPCM

cái này đề ra đâu phải x, y, z là 3 cạnh của tam giác ?

[Ispectorgadget]

Bài 79: CMR: $\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}<2\sqrt[3]{3}$
Đề thi vào lớp 10 chuyên Lương Văn Chánh Phú Yên 2009-2010
Bài này thật ra còn câu a nhưng để tăng độ khó cho bài toán nên mình chỉ để câu b
Bài 80:
Cho x,y,z là 3 số thực > 0 thoả mãn $xyz-\frac{16}{x+y+z}=0$
CMR: $(x+y)(x+z)\geq 8$
Bài 81: Cho a,b,c là các số thực dương thoả $ab+bc+ac=3$
CMR: $\frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b^2+2}+\frac{1}{c^2+2}\leq 1$

[Tham Lang]

Bài 80:
Cho x,y,z là 3 số thực > 0 thoả mãn $xyz-\frac{16}{x+y+z}=0$
CMR: $(x+y)(x+z)\geq 8$

trước tiên, mình chém câu 80 cái đã(khá dễ) Từ giả thiết suy ra $\dfrac{16}{x + y + z} = xyz => x(x + y + z) = \dfrac{16}{yz}$ $$(x + y)(x + z) = x(x + y + z) + yz = \dfrac{16}{yz} + yz \ge 8 (côsi)$$

[Ispectorgadget]

Bài 80:
Cho x,y,z là 3 số thực > 0 thoả mãn $xyz-\frac{16}{x+y+z}=0$
CMR: $(x+y)(x+z)\geq 8$

Bài này còn có thể làm như sau
$xyz=\frac{16}{x+y+z}$
Để ý: $(x+y)^2(x+z)^2=[x(x+y=z)+yz]^2$
Áp dụng AM-Gm dạng $(a+b)^2\geq 4ab$ ta có
$(x+y)^2(x+z)^2\geq 4xyz(x+y+z)=64\Rightarrow (x+y)(x+z)\geq 8$