Chủ đề này có 501 trả lời

[Hoang Tung 126]

$a,b,c\in R$ anh à

 Thì có $(b+1)^2\geq 0= > b\geq -\frac{b^2+1}{2}= > 2+c+b^2\geq 2+c^2-\frac{b^2+1}{2}=\frac{2c^2+3-b^2}{2}=\frac{2c^2+a^2+b^2+c^2-b^2}{2}=\frac{3c^2+a^2}{2}\geq 0= > 2+c+b^2\geq 0$

 

 Tương tự $2+c+a^2\geq 0,2+a+b^2\geq 0$ nên áp dụng đc Bunhiacopxki

[khanghaxuan]

Câu 37 : Cho $\alpha ;\beta ;\gamma$ là các góc nhọn sao cho $sin \alpha +sin \beta +sin \gamma =1$ . Chứng minh rằng : 

$tan ^{2}\alpha +tan ^{2}\beta +tan ^{2}\gamma \geq \frac{3}{8}$

 

Câu 38 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $abc=1$ . Chứng minh rằng : 

$\frac{a}{a^{2}+2}+\frac{b}{b^{2}+2}+\frac{c}{c^{2}+2}\leq 1$

 

P/s : Tiếp nào

[Bui Ba Anh]

Bài 38(Baltic 2005)
Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$, ta có $xyz=1$. Từ đây:
$\sum \frac{a}{a^2+2}\leq \sum \frac{a}{2a+1}=\sum \frac{1}{2+x}\leq 1<=>\sum (2+x)(2+y)\leq (2+x)(2+y)(2+z)<=>\sum xy\geq 3$.Điều này luôn đúng theo AM-GM và $xyz=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 21-05-2015 - 14:26

[Bui Ba Anh]

Bài 39 :  Cho $0<a,b,c \leq 1, a^2+b^2+c^2=2$. Chứng minh rằng:
$\frac{1-a^2}{c}+\frac{1-c^2}{b}+\frac{1-b^2}{a} \leq \frac{5}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 21-05-2015 - 14:26

[khanghaxuan]

Lời giải câu 37 :  

Để ý rằng : $tan^{2}\alpha +1=\frac{1}{cos^{2}\alpha }=\frac{1}{1-sin^{2}\alpha }$

Nên ta có : $ĐPCM \Leftrightarrow \frac{1}{1-sin^{2}\alpha }+\frac{1}{1-sin^{2}\beta }+\frac{1}{1-sin^{2}\gamma }\geq \frac{27}{8}$

Mặt khác , áp dụng BĐT : $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{9}{x+y+z}$

                                  và : $3(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq (x+y+z)^{2}$

Ta được ĐPCM

 

P/s : Sao dạo gần đây thấy topic khá vắng   Chắc vì mấy anh , chị chuẩn bị lo thi đại học hết rồi 

[nhungvienkimcuong]

câu 21:

cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa $x^2+y^2+z^2=2(xy+yz+zx)$.Tìm GTLN của biểu thức

$P=\frac{x^3+y^3+z^3}{xyz}$

Câu 24 :  Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa : $x,y,z\in \begin{bmatrix} 0;\frac{1}{2} \end{bmatrix}$. Tìm GTLN và GTNN của : 

$f(x,y,z)=x+y+z-xy-yz-zx$

Câu 29b : Cho $a,b,c>0$ thỏa : $abc=1$ . CMR: 

$(a+\frac{1}{b})^{2}+(b+\frac{1}{c})^{2}+(c+\frac{1}{a})^{2}\geq 3(a+b+c+1)+63(a-b)^{2}(b-c)^{2}(c-a)^{2}$

hiện còn các bài sau tồn đọng,sau một tuần không có lời giải mong người đăng bài sẽ giải quyết

[nhungvienkimcuong]

Bài 39 :  Cho $0<a,b,c \leq 1, a^2+b^2+c^2=2$. Chứng minh rằng:
$\frac{1-a^2}{c}+\frac{1-c^2}{b}+\frac{1-b^2}{a} \leq \frac{5}{4}$

những lời giải sau đây từ tài liệu của mình,mình xin phép gõ lại một cách(theo yêu cầu của chủ topic) và cách còn lại mình xin gửi một file của thầy Cẩn(do dài quá  )

 

đổi biến $\left ( 1-a^2,1-b^2,1-c^2 \right )\rightarrow \left ( x,y,z \right )$ do đó ta cần chứng minh 

$\frac{x}{\sqrt{x+y}}+\frac{y}{\sqrt{y+z}}+\frac{z}{\sqrt{z+x}}\leq \frac{5}{4}\sqrt{x+y+z}$

bđt trên có tên là $\text{Jack Garfunkel}$

Cách 1:

WLOG $x=max\left \{ x,y,z \right \}$ và $x+y+z=1$

đặt $\left\{\begin{matrix} t=\frac{x+z}{2}\\s= \frac{x-z}{2} \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=t+s\\y=1-2t \\z=t-s \end{matrix}\right.$

do đó ta cần chứng minh

$\frac{t+s}{\sqrt{s+1-t}}+\frac{1-2t}{\sqrt{1-t-s}}+\frac{t-s}{\sqrt{2t}}\leq \frac{5}{4}$

đặt $VT$ của biểu thức trên là $f(s)$ với $s\in \left [ 0,t \right ]$ ta sẽ chứng minh $f(s)\leq max\left \{ f(0),f(t) \right \}$

ta có

$f'(s)=\frac{1}{\sqrt{s+1-t}}-\frac{t+s}{2(s+1-t)^{\frac{3}{2}}}+\frac{1-2t}{2(1-t-s)^{\frac{3}{2}}}-\frac{1}{\sqrt{2t}}$

$f''(s)=\frac{-1}{(s+1-t)^{\frac{3}{2}}}+\frac{3(t+s)}{4(s+1-t)^{\frac{5}{2}}}+\frac{3(1-2t)}{4(1-t-s)^{\frac{5}{2}}}$

$f'''(s)=\frac{18+3s-33t}{(1-t-s)^{\frac{7}{2}}}+\frac{15(1-2t)}{8(1-t-s)^{\frac{7}{2}}}>0$

vậy $f'''(s)>0\ \ \forall s\in \left [ 0,t \right ]$ nên theo định lí $Rolle$ thì $f'(s)$ có tối đa hai nghiệm trên $\left [ 0,t \right ]$ 

 

mặt khác dễ chứng minh $f'(0)\leq 0$ và $f'(s)\geq 0$ do đó $f'(s)$ chỉ có thể đổi dấu tối đa một lần trên $\left ( 0,t \right )$

 

hơn nữa $f'(s)$ chỉ có thể có một trong các dạng sau $f'(s)>0,\forall s\in (0,t)$ hoặc $f'(s)<0,\forall s\in (0,t)$ hoặc $f'(s)$ có dạng $-0+$ trên $(0,t)$ .Tuy nhiên trong trường hợp nào thì $f(s)$ cũng chỉ có thể đạt cực đại tại biên

vậy 

$f(s)\leq max\left \{ f(0),f(t) \right \}\ \ \forall s\in \left [ 0,t \right ]$

do đó ta chỉ cần chứng minh

$max\left \{ f(0),f(t) \right \}\leq \frac{5}{4}$

điều trên là dễ thấy

Cách 2:

 Donbiencodien-VQBC.pdf   3.71MB   243 Số lần tải

[Bui Ba Anh]

những lời giải sau đây từ tài liệu của mình,mình xin phép gõ lại một cách(theo yêu cầu của chủ topic) và cách còn lại mình xin gửi một file của thầy Cẩn(do dài quá  )

 

Cảm ơn lời giải của chú Nhungvienkimcuong

Đây là bài toán của Trung Quốc 2007, hoàn toàn lấy từ BĐT kinh điển Jack Garfunkel, được đổi biến lại

Có nhiều hơn 4 cách chứng minh cho bài này và cách nào cũng rất dài, sử dụng nhiều biến đổi phức tạp, hoặc pp dồn biến toàn miền.

Các bạn có thể tìm hiểu thêm về BDDT này 

[Melodyy]

Câu 24 :  Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa : $x,y,z\in \begin{bmatrix} 0;\frac{1}{2} \end{bmatrix}$. Tìm GTLN và GTNN của : 

$f(x,y,z)=x+y+z-xy-yz-zx$
Có thể giải bằng đạo hàm khử biến

Với  $x,y,z\in \begin{bmatrix} 0;\frac{1}{2} \end{bmatrix}$

Cố định $x$ viết lại hàm theo $x$ là $f(x)=x(1-y-z)+y+z-yz$ vs $x\in [0;\frac{1}{2}]$
$f'(x)=1-y-z\geq 0$ (d0 gt)  nên hàm số Đồng biến
Tới đây : TÌM MIN
$f(x)\geq f(0)=y(1-z)+z$
Cố định y , Xét hàm $f(y)=y(1-z)+z$ với $y\in [0;\frac{1}{2}]$
$f'(y)\geq 0$ nên $f(y)$ ĐB do đó $f(y)\geq f(0)=z \geq 0$
Vậy min P bằng 0 khi $x=y=z=0$
              TÌM MAX
$f(x)\leq f(\frac{1}{2})=y(\frac{1}{2}-z)+\frac{1}{2}z+\frac{1}{2}$
Cố định y ,xét hàm $f(y)=y(\frac{1}{2}-z)+\frac{1}{2}z+\frac{1}{2}$ với $y\in [0;\frac{1}{2}]$

$f'(y)\geq 0$ nên $f(y)$ ĐB do đó $f(y)\leq f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-z)+\frac{1}{2}z+\frac{1}{2}=\frac{3}{4}$
Vậy max P bằng $\frac{3}{4}$ khi $x=y=\frac{1}{2};z\in [0;\frac{1}{2}]$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Melodyy: 21-05-2015 - 21:00

[ducvipdh12]

Rất tuyệt vời!! Topic của chúng ta đã cán mốc hơn 1000 lượt xem,cảm ơn mọi người đã ủng hộ nhiệt tình

[nhungvienkimcuong]

Bài 40:

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=xyz$.CMR

$(x-1)(y-1)(z-1)\leq 6\sqrt{3}-10$

 

Bài 41:

Cho $x,y,z$ là các số dương mà $xy+yz+zx+xyz=4$.CMR

$x^2+y^2+z^2+3+6\sqrt{2}\geq (2+2\sqrt{2})(x+y+z)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 22-05-2015 - 14:06

[khanghaxuan]

 Bài 40:

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=xyz$.CMR

$(x-1)(y-1)(z-1)\leq 6\sqrt{3}-10$

 

Lời giải :

Giả sử : $z=max\begin{Bmatrix} x,y,z \end{Bmatrix}$

Nếu : $yz=1\Rightarrow x+y+z=x\Rightarrow y+z=0$ (vô lý)

Nên $yz\neq 1$ . Nên từ điều kiện ta có : $x=\frac{y+z}{yz-1}$

Tiếp theo , thay  $x=\frac{y+z}{yz-1}$ vào đpcm ta được :  $(\frac{y+z}{yz-1}-1)(y-1)(z-1)\leq 6\sqrt{3}-10$

Khai triển và nhóm lại thì ta cần chứng minh : 

$y^{2}(z-1)^{2}+2y(z(3\sqrt{3}-4)-z^{2})+z^{2}-6\sqrt{3}+9\geq 0 (*)$

Thật vậy ta có : 

$\Delta ^{'}_{y}=(z-\sqrt{3})^{2}((10-6\sqrt{3})z+2\sqrt{3}-3)\leq 0 (1)$

Đến đây ta chỉ việc chứng minh : $(10-6\sqrt{3})z\leq 3-2\sqrt{3}\Leftrightarrow z\geq \frac{3-2\sqrt{3}}{10-6\sqrt{3}}$

Mà : ta có: $3\sqrt{3}\leq x+y+z\leq 3z\Rightarrow z\geq \sqrt{3}>\frac{3-2\sqrt{3}}{10-6\sqrt{3}}$

Nên ta có ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 22-05-2015 - 14:07

[nhungvienkimcuong]

Lời giải bài 40 :  

Giả sử : $z=max\begin{Bmatrix} x,y,z \end{Bmatrix}$

Nếu : $yz=1\Rightarrow x+y+z=x\Rightarrow y+z=0$ (vô lý)

Nên $yz\neq 1$ . Nên từ điều kiện ta có : $x=\frac{y+z}{yz-1}$

Tiếp theo , thay  $x=\frac{y+z}{yz-1}$ vào đpcm ta được :  $(\frac{y+z}{yz-1}-1)(y-1)(z-1)\leq 6\sqrt{3}-10$

Khai triển và nhóm lại thì ta cần chứng minh : 

$y^{2}(z-1)^{2}+2y(z(3\sqrt{3}-4)-z^{2})+z^{2}-6\sqrt{3}+9\geq 0 (*)$

Thật vậy ta có : 

$\Delta ^{'}_{y}=(z-\sqrt{3})^{2}((10-6\sqrt{3})z+2\sqrt{3}-3)\leq 0 (1)$

Đến đây ta chỉ việc chứng minh : $(10-6\sqrt{3})z\leq 3-2\sqrt{3}\Leftrightarrow z\geq \frac{3-2\sqrt{3}}{10-6\sqrt{3}}$

Mà : ta có: $3\sqrt{3}\leq x+y+z\leq 3z\Rightarrow z\geq \sqrt{3}>\frac{3-2\sqrt{3}}{10-6\sqrt{3}}$

Nên ta có ĐPCM

mình có chút ý kiến là có gì thì bạn trích dẫn cả đề nữa nhé chứ nhiều khi phải kéo lên kéo xuống kiếm cái đề thì hơi phiền

cảm ơn bạn

[Bui Ba Anh]

Bài 42: Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác, chứng minh rằng:
$\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{(a^2+b^2+c^2)^2}+\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2} \geq 2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 22-05-2015 - 15:13

[Hoang Tung 126]

Bài 42: Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác, chứng minh rằng:
$\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{(a^2+b^2+c^2)^2}+\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2} \geq 2$

Bài 42: 

 

  Ta có :$\frac{3(\sum a^4)}{(\sum a^2)^2}+\frac{\sum ab}{\sum a^2}\geq 2< = > \frac{3(\sum a^4)+(\sum ab)(\sum a^2)}{(\sum a^2)^2}\geq 2< = > 3(\sum a^4)+(\sum ab)(\sum a^2)\geq 2(\sum a^2)^2< = > \sum a^4+abc\sum a+\sum ab(a^2+b^2)\geq 4\sum a^2b^2$

 

Theo BDT Schur bậc 4 và Cosi có : $\sum a^4+abc\sum a\geq \sum ab(a^2+b^2)\geq \sum ab.2ab=2\sum a^2b^2$

 

                                                             $\sum ab(a^2+b^2)\geq \sum ab.2ab=2\sum a^2b^2$

 

 Cộng theo vế ta thu được ĐPCM. Dấu = xảy ra khi $a=b=c$

[khanghaxuan]

Bài 42 : Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác, chứng minh rằng:

$\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{(a^2+b^2+c^2)^2}+\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2} \geq 2$

 

Lời giải : 

Ta có : $\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{(a^2+b^2+c^2)^2}+\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2} \geq 2$

$\Leftrightarrow \frac{\sum (a^{2}-b^{2})^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}-\frac{\sum (a-b)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}(a^{2}+b^{2}+4ab-c^{2})\geq 0$

Nếu giả sử : $a\geq b\geq c>0$ thì : $S_{b}=c^{2}+a^{2}-b^{2}+4ac>0$

Mặt khác , $\left\{\begin{matrix} S_{a}+S_{b}=2c^{2}+4ac+4bc>0 & & \\ S_{b}+S_{c}=2a^{2}+4ba+4ca>0 & & \\ S_{c}+S_{a}=2b^{2}+4cb+4ab>0 & & \end{matrix}\right.$

Do đó , theo tiêu chuẩn SOS thì ta có ĐPCM

[Hoang Tung 126]

Bài 42: Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác, chứng minh rằng:
$\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{(a^2+b^2+c^2)^2}+\frac{ab+ac+bc}{a^2+b^2+c^2} \geq 2$

 Bài toán này đề bài chỉ cần các số thực không âm a,b,c là được

[khanghaxuan]

Bài 43 : Cho $x,y,z$ là các số thực dương . CMR : 

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

[khanghaxuan]

Bài 44 :  Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn : $\left\{\begin{matrix} a^{2}\leq 1 & & & \\ a^{2}+b^{2}\leq 5 & & & \\ a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 14 & & & \\ a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\leq 30& & & \end{matrix}\right.$ . CMR :
$a+b+c+d\leq 10$

[Bui Ba Anh]

Bài 43: Đặt $(y+z)(x+z)=a,(y+z)(y+x)=b,(x+z)(x+y)=c$

Ta có $\sum \frac{(y+z)(x+z)}{(x+y)(x+y+2z)}=\sum \frac{(y+z)(x+z)}{(x+y)(x+z)+(x+y)(y+z)}=\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}$ theo BĐT Nesbit