Chủ đề này có 1115 trả lời

[Ispectorgadget]

Bài 222: (số đẹp)
Cho a>b và $c\geq ab$
CMR: $\frac{c+a}{\sqrt{c^2+a^2}}\geq \frac{c+b}{\sqrt{c^2+b^2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 29-01-2012 - 08:52

[Tham Lang]

Bài 223.
Cho $a, b, c > 0$ . Chứng minh bất đẳng thức
$$\sqrt[3]{(\dfrac{a}{b + c})^2} + \sqrt[3]{(\dfrac{b}{c + a})^2} + \sqrt[3]{(\dfrac{c}{a + b})^2} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{2}}{2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 28-01-2012 - 21:55

[Ispectorgadget]

Chú em khoái lấy đề bên ML nhỉ ? Xem chính xác cái đề ở đây:
http://www.artofprob...p?f=52&t=460579

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có
$$(x+y^3+z^2)(x+\frac{1}{y}+1) \ge (x+y+z)^2$$ Suy ra $$\frac{y}{x+y^3+z^2} \le \dfrac{y(x+\dfrac{1}{y}+1)}{(x+y+z)^2}=\frac{xy+1+y}{(x+y+z)^2}$$ Từ đó, thiết lập hai bất đẳng thức tương tự và cộng chúng lại theo vế, ta thu được
$$\dfrac{y}{x+y^3+z^2}+\dfrac{z}{y+z^3+x^2}+\dfrac{x}{z+x^3+y^2} \le \frac{xy+yz+zx+x+y+z+3}{(x+y+z)^2}$$ Dễ thấy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được $$\frac{xy+yz+zx+x+y+z+3}{(x+y+z)^2} \le \frac{1}{2}$$ Hay $$(x+y+z)^2 \ge 2(xy+yz+zx+x+y+z+3)$$Tương đương với $$x^2+y^2+z^2-2(x+y+z)-6 \ge 0$$ Để ý rằng nếu đặt $t=x+y+z$ thì từ giả thiết, ta suy ra được ngay $$t \ge 3.\sqrt[3]{10+6\sqrt{3}}=3(\sqrt{3}+1)$$ Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức quen thuộc $x^2+y^2+z^2 \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$, ta sẽ quy bài toán về việc chứng minh $$\frac{t^2}{3}-2t-6 \ge 0$$ Hiển nhiên đúng với $t \ge 3(\sqrt{3}+1)$. Bài toán được giải quyết hoàn toàn.
Dấu đẳng thức không xảy ra.

Đây là lời giải của anh Trần Quốc Anh

[Ispectorgadget]

Bài 224: Cho x,y,z là các số thực thoả mãn 1>x,y,z>0 và $xy+xz+yz=1$
CMR: $\frac{x}{1-x^2}+\frac{y}{1-y^2}+\frac{z}{1-z^2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

[Tham Lang]

Topic buồn quá
không mất tính tổng quát, giả sử $x \ge y \ge z \Leftrightarrow \dfrac{1}{1 - x^2} \ge \dfrac{1}{1 - y^2} \ge \dfrac{1}{1 - z^2} $e
áp dụng Chebyshev, ta có
$$\dfrac{x}{1 - x^2} + \dfrac{y}{1 - y^2} + \dfrac{z}{1 - z^2} \ge \dfrac{1}{3}(x + y + z)(\dfrac{1}{1 - x^2} + \dfrac{1}{1 - y^2} + \dfrac{1}{1 - z^2}) $$ $$\ge \dfrac{1}{3}\sqrt{3(xy + yz + zx)}.\dfrac{9}{3 - (x^2 + y^2 + z^2)} \ge \dfrac{1}{3}\sqrt{3}.\dfrac{9}{3 - 1} = \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$$
Bài này còn một cách lượng giác nữa nhưng do THCS không thích hợp nên mình không trình bày.

[Cao Xuân Huy]

Bài 224: Cho x,y,z là các số thực thoả mãn 1>x,y,z>0 và $xy+xz+yz=1$
CMR: $\frac{x}{1-x^2}+\frac{y}{1-y^2}+\frac{z}{1-z^2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Ta có:

\[VT = \sum {\frac{x}{{\frac{4}{3} - {x^2} - \frac{1}{3}}}} \ge \sum {\frac{x}{{\frac{4}{3} - \frac{{2x}}{{\sqrt 3 }}}}} = \sum {\frac{{3x}}{{4 - 2\sqrt 3 .x}}} \]

BĐT cần chứng minh trở thành:

\[\sum {\frac{x}{{2 - \sqrt 3 .x}}} \ge \sqrt 3 \Leftrightarrow \sum {\frac{1}{{2 - \sqrt 3 .x}} \ge 3} \]

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\[\sum {\frac{1}{{2 - \sqrt 3 .x}}} \ge \frac{9}{{6 - \sqrt 3 (x + y + z)}} \ge \frac{9}{{6 - \sqrt 3 .\sqrt {3(xy + xz + yz)} }} = 3\]

Vậy ta có ĐPCM.

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}$

[Cao Xuân Huy]

Em xin góp 1 bài:
Bài 225: Cho số nguyên $n>1$. Chứng minh:
\[\sqrt {{n^2} - 1} + \sqrt {{n^2} - {2^2}} + ... + \sqrt {{n^2} - {{(n - 1)}^2}} \le \frac{{\pi {n^2}}}{4}\]

[Tham Lang]

Ta có:

\[VT = \sum {\frac{x}{{\frac{4}{3} - {x^2} - \frac{1}{3}}}} \ge \sum {\frac{x}{{\frac{4}{3} - \frac{{2x}}{{\sqrt 3 }}}}} = \sum {\frac{{3x}}{{4 - 2\sqrt 3 .x}}} \]

BĐT cần chứng minh trở thành:

\[\sum {\frac{x}{{2 - \sqrt 3 .x}}} \ge \sqrt 3 \Leftrightarrow \sum {\frac{1}{{2 - \sqrt 3 .x}} \ge 3} \]

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarz dạng Engel ta có:
\[\sum {\frac{1}{{2 - \sqrt 3 .x}}} \ge \frac{9}{{6 - \sqrt 3 (x + y + z)}} \ge \frac{9}{{6 - \sqrt 3 .\sqrt {3(xy + xz + yz)} }} = 3\]

Vậy ta có ĐPCM.

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}$

[Cao Xuân Huy]

Không đâu anh. Cái giả thiết đó để dùng Engel thôi, còn cái chỗ đó của em là biến đổi tương đương mà ra

[Tham Lang]

Em xin góp 1 bài:
Bài 225: Cho số nguyên $n>1$. Chứng minh:
\[\sqrt {{n^2} - 1} + \sqrt {{n^2} - {2^2}} + ... + \sqrt {{n^2} - {{(n - 1)}^2}} \le \frac{{\pi {n^2}}}{4}\]

Bài này dùng pp hình học
Xét $\dfrac{1}{4}$ đường tròn bán kính n. Lúc đó, chia 1 bán kính thành n đoạn, có độ dài = 1. goi các điểm đi từ tâm đến mút bán kính là $A_1, A_2, A_3, ..., A_n$ và giao điểm của đường vuông góc với bán kính tại các điểm đó với cung tròn là $B_1, B_2, ..., B_n$
Xét hcn $OA_1B_1C_1 $ có $A_1B_1 = \sqrt{n^2 - 1} $ nên $ SOA_1B_1C_1 = 1\sqrt{A_1B_1} = \sqrt{n^2 - 1} $ tương tự với diện tích của $A_1A_2B_2C_2$, ... lúc đó, tổng S của các hcn = $\sqrt{n^2 - 1} + \sqrt{n^2 - 2^2} + ... + \sqrt{n^2 - (n-1)^2} $ bé hơn $\dfrac{1}{4} $diện tích đường tròn . Suy ra đpcm,

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 29-01-2012 - 18:37

[Ispectorgadget]

Bài 226: Cho x khác 0. Tìm GTNN của
$A=x+\sqrt{x^2+\frac{1}{x}}$
Bài 227: Cho a,b khác 0. Tìm GTNN của
$P=a^2+b^2+\frac{1}{a^2}+\frac{b}{a}$
Bài 228: Cho x>0. Tìm GTNN của
\[L = \frac{{{{(x + \frac{1}{x})}^6} - ({x^6} + \frac{1}{{{x^6}}}) - 2}}{{{{(x + \frac{1}{x})}^3} + {x^3} + \frac{1}{{{x^3}}}}}\]
Bài 229: Cho $x\in [-2-\sqrt{5};-2+\sqrt{5}]$. Tìm GTLN của
$P=2x+\sqrt{1-4x-x^2}$
Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định
Bài 230: Cho x,y,z không am thoả $(x+z)(z+y)=1$
Chứng minh rằng: $\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\geq 4$
Đề tuyển sinh trường ĐHSP HN 2008
Bài 231: CMR với mọi số nguyên dương n ta có
$1\leq \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}< \frac{5}{3}$
____
Chắc tới cuối tuần sau mình mới onl trở lại được nên chép nhiều bài 1 tí cho anh em làm mọi người ráng duy trì topic này nhé

[le_hoang1995]

Bài 223.
Cho $a, b, c > 0$ . Chứng minh bất đẳng thức
$$\sqrt[3]{(\dfrac{a}{b + c})^2} + \sqrt[3]{(\dfrac{b}{c + a})^2} + \sqrt[3]{(\dfrac{c}{a + b})^2} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{2}}{2}$$

Bài này mình làm sử dụng côsi

$\sqrt[3]{(\frac{a}{b+c})^2}=\sqrt[3]{\frac{2a^3}{2a(b+c)^2}}\geq \sqrt[3]{\frac{2a}{(\frac{2(a+b+c)}{3})^3}}=\frac{3\sqrt{2}a}{2(a+b+c)}$

Tương tự 2 BĐT nữa rồi cộng lại ta có ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 29-01-2012 - 20:13

[Ispectorgadget]

Bài 208: (quen thuộc)
Cho a,b,c thực dương thỏa
$5a^2+4b^2+3c^2+2abc=60$
CMR: $a+b+c\leq 6$

Lời giải: Từ giả thiết ta có
$4b^2< 60;3c^2<60$ hay $b^2<15;c^2<20$
Coi giả thiết là phương trình bậc 2 ẩn a ta có
$a=\frac{-bc+\sqrt{(15-b^2)(20-c^2)}}{5}\leq \frac{-bc+\frac{1}{2}(15-b^2+20-c^2)}{5}$
$=35-\frac{(b+c)^2}{10}$
$\Rightarrow a+b+c\leq \frac{60-(b+c-5)^2}{10}\leq 6$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=1;b=2=c=3

[nguyenta98]

Bài 231: CMR với mọi số nguyên dương n ta có
$1\leq \frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}< \frac{5}{3}$
____
Chắc tới cuối tuần sau mình mới onl trở lại được nên chép nhiều bài 1 tí cho anh em làm mọi người ráng duy trì topic này nhé

Hì em chém bài dễ nhất
Bài 231: $n=1,2,3,4,5$ tính ra thấy đúng
$n\geq 6$
$$1\le A=\dfrac{1}{1^2}+\dfrac{1}{2^2}+...+\dfrac{1}{n^2}<1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\dfrac{1}{4^2}+\dfrac{1}{5^2}+\dfrac{1}{5.6}+\dfrac{1}{6.7}+...+\dfrac{1}{(n-1)n}=\dfrac{5269}{3600}+\dfrac{1}{5}-\dfrac{1}{n}<\dfrac{5269}{3600}+\dfrac{1}{5}<\dfrac{5}{3} \rightarrow Q.E.D$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 30-01-2012 - 15:15

[Tham Lang]

Bài 227: Cho a,b khác 0. Tìm GTNN của
$P=a^2+b^2+\frac{1}{a^2}+\frac{b}{a}$
Bài 228: Cho x>0. Tìm GTNN của
\[L = \frac{{{{(x + \frac{1}{x})}^6} - ({x^6} + \frac{1}{{{x^6}}}) - 2}}{{{{(x + \frac{1}{x})}^3} + {x^3} + \frac{1}{{{x^3}}}}}\]

không có gì làm, mình xin chém 2 bài này
227.
$$a^2 + \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{b}{a} + b^2 = (b^2 + 2.\dfrac{b}{2a} + \dfrac{1}{4a^2}) + (a^2 + \dfrac{3}{4a^2}) = (b + \dfrac{1}{2a})^2 + (a^2 + \dfrac{3}{4a^2}) \ge 2\sqrt{\dfrac{3}{4}} = \sqrt{3}$$
228.
$\dfrac{(x + \dfrac{1}{x})^6 - (x^6 + \dfrac{1}{x^6}) - 2}{(x + \dfrac{1}{x})^3 + x^3 + \dfrac{1}{x^3}} = \dfrac{(x + \dfrac{1}{x})^6 - (x^3 + \dfrac{1}{x^3})^2}{(x + \dfrac{1}{x})^3 + x^3 + \dfrac{1}{x^3}} = (x + \dfrac{1}{x})^3 - (x^3 + \dfrac{1}{x^3}) = 3.(x + \dfrac{1}{x}) \ge 6$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 29-01-2012 - 22:10

[le_hoang1995]

Bài 222: (số đẹp)
Cho a>b và $c\geq ab$
CMR: $\frac{c+a}{\sqrt{c^2+a^2}}\geq \frac{c+b}{\sqrt{c^2+b^2}}$

ĐPCM tương đương

$\frac{(c+a)^2}{c^2+a^2}\geq \frac{(c+b)^2}{c^2+b^2}$

$\Leftrightarrow 1+\frac{2ac}{c^2+a^2}\geq 1+\frac{2bc}{c^2+b^2}$

$\Leftrightarrow a(c^2+b^2)\geq b(c^2+a^2)$

$\Leftrightarrow (a-b)(c^2-ab)\geq 0$

Đúng theo giả thiết

[le_hoang1995]

Hai bài vui.

Bài 232 cho $a,b,c\in [0;2]$ và $a+b+c=3$

Tìm max $P=a^3+b^3+c^3$

Bài 233 cho x,y,z dương tùy ý, CMR:

$\frac{x^2}{(2y+z)(2z+y)}+\frac{y^2}{(2z+x)(2x+z)}+\frac{z^2}{(2x+y)(2y+x)}\geq \frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 01-02-2012 - 12:54

[nguyenta98]

Bài 233:
Ta có
$\dfrac{x^2}{(2y+z)(2z+y)}\geq \dfrac{x^2}{\dfrac{9(y+z)^2}{4}}$
$\dfrac{y^2}{(2z+x)(2x+z)}\geq \dfrac{y^2}{\dfrac{9(x+z)^2}{4}}$
$\dfrac{x^2}{(2x+y)(2y+z)}\geq \dfrac{z^2}{\dfrac{9(x+y)^2}{4}}$
Do vậy $\dfrac{x^2}{(2y+z)(2z+y)}+\dfrac{y^2}{(2z+x)(2x+z)}+\dfrac{x^2}{(2x+y)(2y+z)}\geq \dfrac{x^2}{\dfrac{9(y+z)^2}{4}}+\dfrac{y^2}{\dfrac{9(x+z)^2}{4}}+\dfrac{z^2}{\dfrac{9(x+y)^2}{4}}$
Do vậy ta cần chứng minh $\dfrac{x^2}{\dfrac{9(y+z)^2}{4}}+\dfrac{y^2}{\dfrac{9(x+z)^2}{4}}+\dfrac{z^2}{\dfrac{9(x+y)^2}{4}} \geq \dfrac{1}{3} \leftrightarrow \dfrac{x^2}{(y+z)^2}+\dfrac{y^2}{(x+z)^2}+\dfrac{z^2}{(x+y)^2}\geq \dfrac{3}{4}$

Thật vậy $\dfrac{x^2}{(y+z)^2}+\dfrac{y^2}{(x+z)^2}+\dfrac{z^2}{(x+y)^2}\geq \dfrac{(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{x+z}+\dfrac{z}{x+y})^2}{3}\geq \dfrac{(\dfrac{3}{2})^2}{3}=\dfrac{3}{4} \rightarrow Q.E.D$ (theo bdt nesbitt)
Dấu $"=" \leftrightarrow x=y=z$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 01-02-2012 - 11:32

[le_hoang1995]

Thêm một cách cho bài 233, sử dụng Holder, không biết có phù hợp với THCS không, mình post cho các bạn tham khảo.

$VT=\sum \frac{x^2}{(2y+z)(2z+y)}=\sum \frac{3x^3}{3x(2y+z)(2z+y)}\geq \sum \frac{3x^3}{(\frac{3(x+y+z)}{3})^3}=\sum \frac{3x^3}{(x+y+z)^3}=\frac{3(x^3+y^3+z^3)}{(x+y+z)^3}$

Cần chứng minh $\frac{3(x^3+y^3+z^3)}{(x+y+z)^3}\geq \frac{1}{3}\Leftrightarrow (1+1+1)(1+1+1)(x^3+y^3+z^3)\geq (x+y+z)^3$

Đúng theo Holder.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 01-02-2012 - 13:05

[Tham Lang]

Bài 226: Cho x khác 0. Tìm GTNN của
$A=x+\sqrt{x^2+\frac{1}{x}}$

Bài này mình chỉ chém bừa thôi, nếu sai chỗ nào thì sửa giùm
ĐK : $ x \le -1 $ Hoặc $ x > 0$
xét TH1. $x \le -1$
ta có $A + 1 = (x + 1) + \sqrt{x^2 + \dfrac{1}{x}} = -\sqrt{(-(x + 1))^2} + \sqrt{\dfrac{(x + 1)(x^2 - x + 1)}{x}} = \sqrt{-(x + 1)}.(\sqrt{\dfrac{x^2 - x + 1}{-x}} - \sqrt{-(x + 1)})$
ta sẽ chứng minh $\sqrt{\dfrac{x^2 - x + 1}{-x}} > \sqrt{-(x + 1)} (1)$
Thật vậy $(1) \Leftrightarrow x^2 - x + 1 > x^2 + x \Leftrightarrow 2x < 1$ Điều này đúng vì $x \le - 1$
Do đó, với trường hợp 1, ta có $A \ge -1$

TH2. $x > 0$ . Hiển nhiên $A > 0$
Vậy, $minA = -1$ khi $x = -1$

Bài 229: Cho $x\in [-2-\sqrt{5};-2+\sqrt{5}]$. Tìm GTLN của[/size]
$P=2x+\sqrt{1-4x-x^2}$
Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định

$P + 4 = 2(x + 2) + \sqrt{5 - (x + 2)^2}$
Áp dụng bunhia, ta có
$(P + 4)^2 = (2(x + 2) + \sqrt{5 - (x + 2)^2})^2 \le (2^2 + 1)((x + 2)^2 + 5 - (x + 2)^2) = 25 $
Nên $P + 4 \le 5 \Leftrightarrow P \le 1$
vậy $maxP = 1$ khi $x = 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 01-02-2012 - 21:56