Đến nội dung

Hình ảnh

Topic bất đẳng thức THCS (2)


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 1115 trả lời

#521
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết

251. Với $x, y, z > 0$
Chứng minh $$\dfrac{x^2y}{z} + \dfrac{y^2z}{x} + \dfrac{z^2x}{y} \ge x^2 + y^2 + z^2 $$

Không mất tính tổng quát giả sử $x \ge y \geq z$
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$$(\frac{{x^2 y}}{z} + \frac{{y^2 z}}{x} + \frac{{z^2 x}}{y})(\frac{{x^2 z}}{y} + \frac{{y^2 x}}{z} + \frac{{z^2 y}}{x}) \ge (x^2 + y^2 + z^2 )^2$$
Lại có: $x \ge y \ge z$
\[
\Rightarrow \frac{{x^2 y}}{z} + \frac{{y^2 z}}{x} + \frac{{z^2 x}}{y} - \frac{{x^2 z}}{y} - \frac{{y^2 x}}{z} - \frac{{z^2 y}}{x} = \frac{{(x - y)(x - z)(y - z)(xy + xz + yz)}}{{xyz}} \ge 0
\]
Từ đó suy ra đpcm đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z

Bài 237: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:
\[(a + b)(b + c)(c + a) \ge 4(a + b + c - 1)\]

BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow ab(a + b) + ab(a + b) + ab(a + b) - 4(a + b + c) + 6 \ge 0$
Đặt VT BĐT cần cm là $f(a;b;c) \ge 0$. Không mất tính tổng quát giả sử $a \ge b \ge c \Rightarrow a \ge 1$ khi đó :
\[
f(a;b;c) - f(a;\sqrt {ab} ;\sqrt {ab} ) = (a^2 + bc)(b + c - 2\sqrt {bc} ) + a(b^2 + c^2 - 2bc) + 4(b + c - 2\sqrt {bc} )
\]
$$ = (\sqrt b - \sqrt c )^2 [(a + b)(a + c) + 2\sqrt a - 4) \ge 2\sqrt a (\sqrt b - \sqrt c )^2 \ge 0$$
Vậy $$f(a;b;c) \ge f(a;\sqrt {ab} ;\sqrt {ab} )$$
Cuối cùng ta chỉ cần cm bài toán trong trường hợp b=c lúc đó $b^2 = \frac{1}{a}$ lúc đó BĐT cần chứng minh trở thành $b(a + b)^2 \ge 2(a + 2b - 1)$
Thay $b^2 = \frac{1}{a}$ vào BĐT ta được \[
(b^3 + 1)^2 \ge 2(b + 2b^4 - b^3 ) \Leftrightarrow (b - 1)^2 [(b^2 - 1)^2 + 2b^3 + b^2 ] \ge 0
\]

Phép chứng minh hoàn tất dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1


243. Cho các số thực thoả mãn $(x + y)c - (a + b)z = \sqrt{6}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :
$$F = a^2 + b^2 + c^2 + x^2 + y^2 + z^2 + ax + by + cz$$
NGHỆ AN.

Bài này hơi bị khó :)
Ta có:
$2VT = a^2 + b^2 + c^2 + x^2 + y^2 + z^2 + (x + a)^2 + (b + y)^2 + (c + z)^2 \ge $
$\frac{{(a + b)^2 }}{2} + \frac{{(x + y)^2 }}{2} + c^2 + z^2 + \frac{{(x + y + a + b)^2 }}{2} + (c + z)^2 $
Đặt: $a + b = d\sqrt 2 ;x + y = t\sqrt 2 $ khi đó: $(x + y)c - (a + b)z = \sqrt 3 \Leftrightarrow tc - - dz = \sqrt 3 $
Lúc này $2F \ge d^2 + t^2 + c^2 + z^2 + (d + t)^2 + (c + z)^2 \Leftrightarrow F \ge (t + \frac{d}{2})^2 + (z + \frac{c}{2})^2 + 3.\frac{{c^2 + d^2 }}{4}$
Xét hệ tọa độ Oxy điểm $M(\frac{{ - c}}{2};\frac{{ - d}}{2})$. Đường thẳng $\Delta :dz - tc + \sqrt 3 = 0$
Với mọi điểm \[
A(z;t) \in \Delta \Rightarrow MA \ge d_{(M/\Delta )} \Leftrightarrow (z + \frac{c}{2})^2 + (t + \frac{d}{2})^2 \ge \frac{3}{{c^2 + d^2 }}
\]
Do đó: $F \ge (t + \frac{d}{2})^2 + (z + \frac{c}{2})^2 + 3.\frac{{c^2 + d^2 }}{4} \ge \frac{3}{{c^2 + d^2 }} + \frac{{3(c^2 + d^2 )}}{4} \ge 3$
Do đó $F\ge 3$
Dấu “=” xảy ra chẳng hạn \[
a = b = 1;c = 0;x = y = \frac{{ - 1}}{2};z = \frac{{\sqrt 6 }}{2}
\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 09-02-2012 - 12:52

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#522
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Bài 261: Cho x,y,z $ \ge 0;x + y + z \le 3$
CMR: $$\frac{x}{{1 + x^2 }} + \frac{y}{{1 + y^2 }} + \frac{z}{{1 + z^2 }} \le \frac{3}{2} \le \frac{1}{{1 + x}} + \frac{1}{{1 + y}} + \frac{1}{{1 + z}}$$
Bài 262: Cho a,b,c là 3 số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3
CMR: $$A = \frac{{a^3 }}{{b(2c + a)}} + \frac{{b^3 }}{{c(2a + b)}} + \frac{{c^3 }}{{a(2b + c)}} \ge 1$$
Bài 263: Cho a,b,c là 3 số thực dương. CMR
$$\frac{{b + c}}{{a + \sqrt[3]{{4(b^3 + c^3 )}}}} + \frac{{a + c}}{{b + \sqrt[3]{{4(a^3 + c^3 )}}}} + \frac{{b + a}}{{c + \sqrt[3]{{4(b^3 + a^3 )}}}} \le 2$$
Bài 264: Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn ab+bc+ac=abc. CMR:
$$\sqrt {a + bc} + \sqrt {b + ac} + \sqrt {c + ab} \ge \sqrt {abc} + \sqrt a + \sqrt c + \sqrt b$$
Bài 265: Cho a,b,c là các số dương thay đổi thỏa mãn ab+bc+ac=1. CMR
$$\frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{ac}} + \frac{1}{{cb}} \ge 3 + \sqrt {\frac{1}{{a^2 }} + 1} + \sqrt {\frac{1}{{b^2 }} + 1} + \sqrt {\frac{1}{{c^2 }} + 1}$$
Bài 266: CMR với mọi số thực dương a,b ta có BĐT sau
$$\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} + \frac{{(a - b)^2 (a + 3b)(b + 3a)}}{{16(a + b)^3 }}$$
THTT
Bài 267: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $3(ab+bc+ac)=1$
CMR: $$\frac{a}{{a^2 - bc + 1}} + \frac{b}{{b^2 - ac + 1}} + \frac{c}{{c^2 - ba + 1}} \ge \frac{1}{{a + b + c}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 09-02-2012 - 12:00

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#523
minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết

Bài 261: Cho x,y,z $ \ge 0;x + y + z \le 3$
CMR: $$\frac{x}{{1 + x^2 }} + \frac{y}{{1 + y^2 }} + \frac{z}{{1 + z^2 }} \le \frac{3}{2} \le \frac{1}{{1 + x}} + \frac{1}{{1 + y}} + \frac{1}{{1 + z}}$$


$\sum \frac{x}{1+x^2}\leq \sum \frac{x}{2x}=\sum \frac{1}{2}=\frac{3}{2}(1)$
$\sum \frac{1}{1+x}\geq \frac{9}{1+x+1+y+1+y}\geq \frac{9}{3+3}=\frac{3}{2}(2)$
-Từ (1) và (2) có ĐPCM

Bài 267: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $3(ab+bc+ac)=1$
CMR: $$\frac{a}{{a^2 - bc + 1}} + \frac{b}{{b^2 - ac + 1}} + \frac{c}{{c^2 - ba + 1}} \ge \frac{1}{{a + b + c}}$$

$\sum \frac{a}{a^2-bc+1}=\sum \frac{a^2}{a^3-abc+a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^3+b^3+c^3-3abc+a+b+c}$
$=\frac{(a+b+c)^2}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+a+b+c}=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+1}$
$=\frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca+3(ab+bc+ca)}=\frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{a+b+c}<Q.E.D>$

Bài 262: Cho a,b,c là 3 số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3
CMR: $$A = \frac{{a^3 }}{{b(2c + a)}} + \frac{{b^3 }}{{c(2a + b)}} + \frac{{c^3 }}{{a(2b + c)}} \ge 1$$

$\sum \frac{a^3 }{b(2c + a)}=\sum \frac{a^3}{ab+2bc}$
Có: $\frac{a^3}{ab+2bc}+\frac{ab+2bc}{9}+\frac{1}{3}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{ab+2bc}.\frac{ab+2bc}{9}.\frac{1}{3}}=a$
$\Rightarrow \sum\frac{a^3}{ab+2bc}+\sum\frac{ab+2bc}{9}+\sum\frac{1}{3}\geq \sum a\Rightarrow \sum\frac{a^3}{ab+2bc}+\frac{ab+bc+ca}{3}+1\geq 3$
$\Rightarrow \sum\frac{a^3}{ab+2bc}\geq 2-\frac{ab+bc+ca}{3}\geq 2-\frac{(a+b+c)^2}{3.3}=1<Q.E.D>$
Dấu bằng khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 09-02-2012 - 13:14

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#524
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Bài 268: Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3. CMR:
$\frac{a^2}{a+2b^3}+\frac{b^2}{b+2c^3}+\frac{c^2}{c+2a^3}\geq 1$

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#525
Poseidont

Poseidont

    Dark Knight

  • Thành viên
  • 322 Bài viết

Bài 261: Cho x,y,z $ \ge 0;x + y + z \le 3$
CMR: $$\frac{x}{{1 + x^2 }} + \frac{y}{{1 + y^2 }} + \frac{z}{{1 + z^2 }} \le \frac{3}{2} \le \frac{1}{{1 + x}} + \frac{1}{{1 + y}} + \frac{1}{{1 + z}}$$
Bài 262: Cho a,b,c là 3 số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3
CMR: $$A = \frac{{a^3 }}{{b(2c + a)}} + \frac{{b^3 }}{{c(2a + b)}} + \frac{{c^3 }}{{a(2b + c)}} \ge 1$$
Bài 263: Cho a,b,c là 3 số thực dương. CMR
$$\frac{{b + c}}{{a + \sqrt[3]{{4(b^3 + c^3 )}}}} + \frac{{a + c}}{{b + \sqrt[3]{{4(a^3 + c^3 )}}}} + \frac{{b + a}}{{c + \sqrt[3]{{4(b^3 + a^3 )}}}} \le 2$$
Bài 264: Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn ab+bc+ac=abc. CMR:
$$\sqrt {a + bc} + \sqrt {b + ac} + \sqrt {c + ab} \ge \sqrt {abc} + \sqrt a + \sqrt c + \sqrt b$$
Bài 265: Cho a,b,c là các số dương thay đổi thỏa mãn ab+bc+ac=1. CMR
$$\frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{ac}} + \frac{1}{{cb}} \ge 3 + \sqrt {\frac{1}{{a^2 }} + 1} + \sqrt {\frac{1}{{b^2 }} + 1} + \sqrt {\frac{1}{{c^2 }} + 1}$$
Bài 266: CMR với mọi số thực dương a,b ta có BĐT sau
$$\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} + \frac{{(a - b)^2 (a + 3b)(b + 3a)}}{{16(a + b)^3 }}$$
THTT
Bài 267: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $3(ab+bc+ac)=1$
CMR: $$\frac{a}{{a^2 - bc + 1}} + \frac{b}{{b^2 - ac + 1}} + \frac{c}{{c^2 - ba + 1}} \ge \frac{1}{{a + b + c}}$$

bài 263,
áp dụng bdt $\frac{a^{3}+b^{3}}{2}\geqslant (\frac{a+b}{2})^{3}$
=>$\sqrt[3]{4(b^{3}+c^{3})}\geqslant b+c =>VT\leq 2$
Q.E.D
bài 265
VT=$\sum \frac{ab+bc+ca}{ab}=\sum 1+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}$
VP=$3+\sum \sqrt{\frac{a^{2}+1}{a^{2}}}=3+\sum \sqrt{\frac{(a+b)(a+c)}{a^{2}}}\leq 3+\frac{(a+b)+(a+c)}{2a}=3+\frac{6+\sum \frac{b}{a}+\frac{c}{a}}{2}$
trừ hồi rồi dùng cô si là ra

Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF


#526
minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
Nếu trùng xóa hộ :D:
Bài 269: Cho $|x|\leq 1;n\in N*$, CMR:
$(1+x)^n+(1-x)^n \leq 2^n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 09-02-2012 - 21:52

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#527
Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết

Bài 268: Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3. CMR:
$\frac{a^2}{a+2b^3}+\frac{b^2}{b+2c^3}+\frac{c^2}{c+2a^3}\geq 1$

Ta có : $ \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+b^{3}+b^{3}}\geq a-\frac{2ab^{3}}{3b^{2}\sqrt[3]{a}}$
$$ \Rightarrow \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}\geq a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{a^{2}}b = a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{ab.ab.b}\geq a-\frac{2}{9}(2ab+b)$$
Tương tự có 2 bđt nữa rồi cộng chúng lại , ta có :
$ VT\geq (a+b+c)-\frac{2}{9}.(2ab+2bc+2ca+3)\geq 1$
$\Rightarrow$ Đ.P.C.M .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 11-02-2012 - 06:21


#528
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết
Mọi người có thể nghe ý kiến mình chút được không?
Hiện tại, nên dừng lại ở đây.
Mọi người tập trung lại những bài cũ và có thể mở rộng lên.
Những bài bđt này, mình thấy nó không nhẹ chút nào so với cấp THCS (dù mình là THPT mà cũng toát mồ hôi).
Do đó, kêu gọi mọi người:
TẠM DỪNG CHÉM GIÓ
QUAY LẠI ĐỠ BÃO!!!
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#529
Nguyễn Hữu Huy

Nguyễn Hữu Huy

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết

Bài 262: Cho a,b,c là 3 số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3
CMR: $$A = \frac{{a^3 }}{{b(2c + a)}} + \frac{{b^3 }}{{c(2a + b)}} + \frac{{c^3 }}{{a(2b + c)}} \ge 1$$

Bài 262: Cho a,b,c là 3 số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3
CMR: $$A = \frac{{a^3 }}{{b(2c + a)}} + \frac{{b^3 }}{{c(2a + b)}} + \frac{{c^3 }}{{a(2b + c)}} \ge 1$$


Áp dụng BĐT holer ta sẽ có

$A[ b + c + a][(2c + a) + (2a + b) + (2b + c)] \geq (a + b + c)^3$

Thế a + b +c = 3 vào là đc !

___
Bài toán này không cần sử dụng tới kiến thức cao siêu đâu!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 09-02-2012 - 21:52

P . I = A . 22


#530
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết

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

Đây là 2 bài toán mở rộng của bài này
Mở rộng 1: Cho x,y,z,a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $xa^2+yb^2+zc^2=xyz$
CMR: $\frac{{x + y + z}}{2} \ge a + b + c$
Mở rộng 2: Cho x,y,z,a,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $xa^2+yb^2+zc^2+abc=4xyz$
CMR: $a + b + c \le x + y + z$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 09-02-2012 - 23:24

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#531
Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết

Ta có : $ \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+2b^{3}}= a-\frac{2ab^{3}}{a+b^{3}+b^{3}}\geq a-\frac{2ab^{3}}{3b^{3}\sqrt[3]{a}}$
$$ \Rightarrow \frac{a^{2}}{a+2b^{3}}\geq a-\frac{2}{3}.\sqrt[3]{a^{2}}\geq a-\frac{2}{3}.\frac{2a+1}{3}= a-\frac{2}{9}.(2a+1)$$
Tương tự có 2 bđt nữa rồi cộng chúng lại , ta có :
$ VT\geq (a+b+c)-\frac{2}{9}.(2a+2b+2c+3)= 1$
$\Rightarrow$ Đ.P.C.M .

Chỗ mình tô đỏ bạn có nhầm không. Theo mình:
\[\frac{{{a^2}}}{{a + 2{b^3}}} = a - \frac{{2a{b^3}}}{{a + 2{b^3}}} = a - \frac{{2a{b^3}}}{{a + {b^3} + {b^3}}} \ge a - \frac{{2a{b^3}}}{{3{b^2}\sqrt[3]{a}}}\]

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#532
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
nãy mình nhầm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 10-02-2012 - 17:41

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#533
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết

Chỗ mình tô đỏ bạn có nhầm không. Theo mình:
\[\frac{{{a^2}}}{{a + 2{b^3}}} = a - \frac{{2a{b^3}}}{{a + 2{b^3}}} = a - \frac{{2a{b^3}}}{{a + {b^3} + {b^3}}} \ge a - \frac{{2a{b^3}}}{{3{b^2}\sqrt[3]{a}}}\]


CAO XUÂN HUY nói đúng rồi

Cuối cùng ta cần chứng minh $\sum \sqrt[3]{(ab)^2}\leq 3\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^4}{3}\geq (a+b+c)(b+c+a)(ab+bc+ca)\geq (\sqrt[3]{(ab)^2}+\sqrt[3]{(bc)^2}+\sqrt[3]{(ca)^2})^3\Rightarrow$ đúng theo holder

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 10-02-2012 - 17:51


#534
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Một bài nhẹ nhàng cho mọi người
230. Cho $a^2 + b^2 + 21 \le 6a + 8b$ .Chứng minh rằng $5a + 12b \ge 37$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 10-02-2012 - 17:51

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#535
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết

Bài 268: Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a+b+c=3. CMR:
$\frac{a^2}{a+2b^3}+\frac{b^2}{b+2c^3}+\frac{c^2}{c+2a^3}\geq 1$

Đây là mở rộng cho bài này, chứng minh hoàn toàn giống cách trên.

Bài 103. Nếu $a, b, c>0, a+b+c=3, n \ \in \mathbb{N}$. Chứng minh \[\dfrac{(n+1)a^2+2nab^2}{a+2b^2}+\dfrac{(n+1)b^2+2nbc^2}{b+2c^2}+\dfrac
{(n+1)c^2+2nca^2}{c+2a^2}\geq 3n+1\]



#536
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết

Bài 266: CMR với mọi số thực dương a,b ta có BĐT sau
$$\frac{{a + b}}{2} \ge \sqrt {ab} + \frac{{(a - b)^2 (a + 3b)(b + 3a)}}{{16(a + b)^3 }}$$


Vừa làm được bài này.

Ta có $\frac{(a-b)^2(a+3b)(b+3a)}{16(a+b)^3}\leq \frac{(a-b)^2*4(a+b)^2}{16(a+b)^3}=\frac{((a+b)^2-4ab)}{4(a+b)}=\frac{a+b}{4}-\frac{ab}{a+b}$

Vậy thì ta cần chứng minh $\frac{a+b}{4}+\frac{ab}{a+b}\geq \sqrt{ab}$ Đúng theo BĐT côsi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 10-02-2012 - 21:08


#537
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết

Một bài nhẹ nhàng cho mọi người
230. Cho $a^2 + b^2 + 21 \le 6a + 8b$ .Chứng minh rằng $5a + 12b \ge 37$

thấy chưa ai giải đúng, mình làm bài này vậy
Ta có $$a^2 + b^2 + 21 \le 6a + 8b \Leftrightarrow (a - 3)^2 + (b - 4)^2 \le 4$$
do đó$$4.13^2 \ge (5^2 + 12^2)((a - 3)^2 + (b - 4)^2) \ge (5a + 12b - 63)^2 \Leftrightarrow -26 \le 5a + 12b - 63 \Leftrightarrow 5a + 12b \ge 37$$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#538
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết

Nếu trùng xóa hộ :D:
Bài 269: Cho $|x|\leq 1;n\in N*$, CMR:
$(1+x)^n+(1-x)^n \leq 2^n$

Bài này mình sử dụng cách lượng giác (của cấp 3) bạn nào có cách THCS thì post lên nhé!
Đặt $x=cosa$ với $a\in (0;\pi )$ khi đó
$VT=(1+cosa)^n+(1-cos a)^n=(2cos^2\frac{\alpha }{2})^n+(2sin^2\frac{\alpha }{2})^n$
$=2^n(cos^{2n}\frac{\alpha}{2} +sin^{2n}\frac{\alpha }{2})=2n$
Dấu "=" không xaỷ ra với $a\in (0;\pi )$
Từ đây ta có đpcm

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#539
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

252.
Cho $a, b, c \ge 0 ; a + b + c = 3 $
Chứng minh rằng :$a\sqrt{b^3 + 1} + b\sqrt{c^3 + 1} + c\sqrt{a^3 + 1} \le 5$

Bài 252 thật ra cũng tương đối là khó đối với THCS :P .Khó là bởi dấu đẳng thức quá lệch:$a=0;b=1;c=2$ hay các hoán vị. ;)
Đây là lời giải của anh cho bài này :D
Theo AM-GM:
$$a\sqrt{b^3+1}=a\sqrt{(b+1)(b^2-b+1)} \le \frac{a(b^2+2)}{2}$$
Suy ra:
$$VT \le \frac{ab^2+bc^2+ca^2+2(a+b+c)}{2}$$
Như vậy,ta chỉ phải chứng minh:
$$ab^2+bc^2+ca^2 \le 4$$
Với $a,b,c \ge 0;a+b+c=3$.
Đây thực ra chỉ là bài toán 179.Lời giải và những bài toán tổng quát:
http://diendantoanho...ic=66878&st=420

Bài 270: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$abc=1$.Chứng minh rằng:
$$a^3(a+1)+b^3(b+1)+c^3(c+1) \ge \frac{3}{4}(1+a)(1+b)(1+c)$$

Tổng quát: Cho $n$ số thực dương $x_1;x_2;...;x_{n}$ thỏa mãn:$\prod_{k=1}^{n}x_{k}=1$.Chứng minh rằng:
$$\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{n}(x_{k}+1) \ge \frac{n}{2^{n-1}}\prod_{k=1}^{n}(1+x_{k})$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 11-02-2012 - 20:01

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#540
phuc_90

phuc_90

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 438 Bài viết

Bài 270: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$abc=1$.Chứng minh rằng:
$$a^3(a+1)+b^3(b+1)+c^3(c+1) \ge \frac{3}{4}(1+a)(1+b)(1+c)$$

Tổng quát: Cho $n$ số thực dương $x_1;x_2;...;x_{n}$ thỏa mãn:$\prod_{k=1}^{n}x_{k}=1$.Chứng minh rằng:
$$\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{n}(x_{k}+1) \ge \frac{n}{2^{n-1}}\prod_{k=1}^{n}(1+x_{k})$$


Theo BĐT Cauchy cho n số thì

$\dfrac{x_k^n} {\prod_{i=1,i \ne k}^{n}(x_i+1)}+\sum_{i=1,i \ne k}^{n}\dfrac{x_i+1}{2^n} \geq \dfrac{n}{2^{n-1}}x_k$

suy ra $\sum_{k=1}^{n} \dfrac{x_k^n}{\prod_{i=1,i \ne k}^{n}(x_i+1)}$

$ \geq \left(\dfrac{n}{2^{n-1}}-\dfrac{n-1}{2^n}\right) \left(\sum_{k=1}^{n} x_k\right) -\dfrac{n(n-1)}{2^n}$

$\geq \left(\dfrac{n}{2^{n-1}}-\dfrac{n-1}{2^n}\right)n - \dfrac{n(n-1)}{2^n}$

$=\dfrac{n}{2^{n-1}}$

Suy ra $\sum_{k=1}^{n}x_{k}^{n}(x_{k}+1) \ge \frac{n}{2^{n-1}}\prod_{k=1}^{n}(1+x_{k})$




2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh