Chủ đề này có 3 trả lời

[nghiemthanhbach]

Bài 1:

Chứng minh rằng $\sqrt[n]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}>1\forall n\geq 2;n\in N$

Bài 2:

Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt[n-1]{n!}}+\frac{1}{\sqrt[n-1]{n}}\leq 1\forall n\geq 2;n\in N$

Bài 3: ( Tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ) Chứng minh $\frac{(a+b+c)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 28\forall a,b,c>0$

Bài 4: ( Việt Nam TST 2005) Chứng minh $(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{b}{b+c})^3+(\frac{c}{c+a})^3\geq \frac{3}{8},\forall a,b,c>0$B

Bài 5: ( Việt Nam MO ) Chứng minh rằng $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\leq 27abc+10\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3},\forall a,b,c>0$

Đây nè Phạm Khoa Bằng

[bangbang1412]

Bài 1:

Chứng minh rằng $\sqrt[n]{(n+1)!}-\sqrt[n]{n!}>1\forall n\geq 2;n\in N$

Bài 2:

Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt[n-1]{n!}}+\frac{1}{\sqrt[n-1]{n}}\leq 1\forall n\geq 2;n\in N$

Bài 3: ( Tạp chí Toán Học Tuổi Trẻ) Chứng minh $\frac{(a+b+c)^3}{abc}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 28\forall a,b,c>0$

Bài 4: ( Việt Nam TST 2005) Chứng minh $(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{b}{b+c})^3+(\frac{c}{c+a})^3\geq \frac{3}{8},\forall a,b,c>0$B

Bài 5: ( Việt Nam MO ) Chứng minh rằng $6(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\leq 27abc+10\sqrt{(a^2+b^2+c^2)^3},\forall a,b,c>0$

Đây nè Phạm Khoa Bằng

Bài $4$ chia từng tử cho mẫu thu được $\sum \frac{1}{(1+x)^{3}}\geq \frac{3}{8}$

Với $xyz=1$ đổi bộ $x->\frac{bc}{a^{2}}$ thu được bdt

$\sum \frac{a^{6}}{(a^{2}+bc)^{3}}\geq \frac{(\sum a^{3})^{2}}{\sum a^{6}+\sum a^{3}b^{3}+3abc(\sum a^{3}+3abc)}\geq \frac{3}{8}$

Sau khi khai triển xong thu được bdt $5\sum a^{6}+13\sum (ab)^{3}\geq 9abc(\sum a^{3}+3abc)$

Đặt $\sum a^{6}=A,\sum (ab)^{3}=B,\sum a^{3}=C,abc=p$ khi đó ta có $A+2B=C^{2}$ và $A,B\geq 3p^{2}$

Ta có $5A+13B=5A+4B+9B\geq 5A+4B+27p^{2}\geq 9p(C+p)=9pc+27p^{2}$ nên cần có $5A+4B\geq 9pc$

Hay $10A+8B\geq 2.3.3p.C$

Áp dụng $AM-GM$ ta có $2.3.3p.C\leq 3(A+2B+9p^{2})\leq 10A+8B$ khi và chỉ khi $2B+7A\geq 27p^{2}$

Đúng do $B,A\geq 3p^{2}$

Bài $3$

$\frac{(\sum a)^{3}}{abc}=\frac{\sum a^{3}}{abc}+3\frac{\prod (a+b)}{abc}\geq \frac{\sum a^{3}}{abc}+24$

Nên để có bdt ban đầu chỉ cần có

$\frac{\sum a^{3}}{abc}+\frac{\sum ab}{\sum a^{2}}\geq 4<=>\frac{\sum a^{3}-3abc}{abc}-\frac{\sum a^{2}-\sum ab}{\sum a^{2}}\geq 0<=>\frac{(\sum a)(\sum a^{2}-\sum ab)}{abc}-\frac{\sum a^{2}-\sum ab}{\sum a^{2}}=(\sum a^{2}-\sum ab)(\frac{a+b+c}{abc}-\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})\geq 0$

Ta đã có $\sum a^{2}-\sum ab\geq 0$ và $(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 9abc>abc$ nên bdt đc cm 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 25-12-2013 - 23:06

[kfcchicken98]

bài 3

do bđt thuần nhất nên chuẩn hóa a+b+c=1

$P\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{abc}+\frac{(ab+bc+ca)^{3}}{{\frac{1}{27}}(a+b+c)^{6}}=\frac{(a+b+c)^{3}}{abc}+\frac{27(ab+bc+ca)^{3}}{(a+b+c)^{6}}$

ta có $\frac{(a+b+c)^{3}}{27abc}+\frac{(a+b+c)^{3}}{27abc}+\frac{27(ab+bc+ca)^{3}}{(a+b+c)^{6}}\geq \frac{(ab+bc+ca)}{\sqrt[3]{(abc)^{2}}}\geq \frac{9(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^{2}}$

có $\frac{9(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^{2}}+\frac{3(a+b+c)^{3}}{27abc}\geq 2\sqrt{\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{abc}}\geq 6$

có $\frac{22(a+b+c)^{3}}{27abc}\geq 22$

suy ra P$\geq 22+6=28$

[kfcchicken98]

bài 4

đặt $x=\frac{b}{a}; y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c}$, suy ra xyz=1

ta có $\frac{1}{(x+1)^{3}}+\frac{1}{(x+1)^{3}}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2}\frac{1}{(x+1)^{2}}$

tương tự $\sum \frac{1}{(1+x)^{3}}\geq \frac{3}{2}(\sum \frac{1}{(1+x)^{2}})-\frac{3}{8}$

giờ cần CM $\sum \frac{1}{(1+x)^{2}}\geq \frac{3}{4}$

có $\frac{1}{(1+x)^{2}}+\frac{1}{(1+y)^{2}}= \frac{1}{(\frac{\sqrt{y}}{\sqrt{y}}+x)^{2}}+\frac{1}{(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}}+y)^{2}}\geq \frac{y}{(x+y)(xy+1)}+\frac{x}{(x+y)(xy+1)}=\frac{1}{xy+1}$

có $\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(1+z)^{2}}=\frac{z}{z+1}+\frac{1}{(1+z)^{2}}=\frac{z^{2}+z+1}{(z+1)^{2}}$

giả sử z là max (x,y,z), suy ra $z\geq 1$

xét đạo hàm $\frac{z^{2}+z+1}{z^{2}+2z+1}$ >0

suy ra $f(z)\geq f(1)=\frac{3}{4}$ đpcm