Chủ đề này có 318 trả lời

[hoangkimca2k2]

Bài 62: 

Cho các số thực $a, b, c$ bất kì. Chứng minh:

${\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)^3} \ge {\left( {a - b} \right)^3}{\left( {b - c} \right)^3} + {\left( {b - c} \right)^3}{\left( {c - a} \right)^3} + {\left( {c - a} \right)^3}{\left( {a - b} \right)^3}$ (Trần Hoàng Nam)

@hoangkimca2k2: bạn xem lại bài 60 cái, cho a=b=c=1 thì VT<VP luôn rồi

Đã sửa

Bài 64: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=9$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{x^{3}+y^{3}}{xy+9}+\frac{y^{3}+z^{3}}{yz+9}+\frac{z^{3}+x^{3}}{9+xz}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangkimca2k2: 21-04-2018 - 21:33

[MoMo123]

Bài 52. $a^{4}\,+\, b^{4}\,+\, c^{4}\,=\,3$. Chứng minh rằng: P=$(\frac{a^{3}}{b^{5}}+ \frac{b^{3}}{c^{5}}+ \frac{c^{3}}{a^{5}})\,(\frac{b^{3}}{a^{5}}+ \frac{c^{3}}{b^{5}}+ \frac{a^{3}}{c^{5}})\,\geqq \,9$

Dễ dàng chứng minh được $\sum \frac{a^3}{b^5}  và \sum \frac{b^3}{a^5}$$ \geq \sum \frac{1}{a^2}$ 

$-> P \geq (\sum \frac{1}{a^2})^2\geq (\frac{9}{a^2+b^2+c^2})^2 \geq 9$

Mọi người lưu ý: Bài chưa được làm hãy tô màu đen, còn bài được làm rồi mới tô màu đỏ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-04-2018 - 19:03

[phamhuy1801]

Bài $64$: (Tìm giá trị nhỏ nhất)

$ P=\sum \frac{x^3+y^3}{xy+9} = \sum x^3\left (\frac{1}{xy+9}+\frac{1}{xz+9} \right ) $

$ \geq \sum \frac{4x^3}{x(y+z)+18} = \sum \frac{4x^3}{x(9-x)+18} = \sum \frac{4x^3}{-x^2+9x+18} $

Có thể chỉ ra $\frac{4x^3}{-x^2+9x+18} \geq \frac{11x-21}{4} \Leftrightarrow (x-3)^2(9x+14) \geq 0$ bằng phương pháp cân bằng hệ số hoặc phương pháp tiếp tuyến.

Cộng lại các bất đẳng thức tương tự, $P \geq 9$

 

Đóng góp thêm 1 bài toán (made by me từ hồi lớp 9 :3)

 

Bài $65$: Cho các số dương $x,y,z$. Chứng minh: 

                                               $(x+\frac{yz}{x})(y+\frac{zx}{y})(z+\frac{xy}{z}) \ge 4\sqrt[3]{(x^3+y^3)(y^3+z^3)(z^3+x^3)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamhuy1801: 21-04-2018 - 21:20

[MoMo123]

 

$\boxed{\text{Bài 48}} $Cho $a,b,c$ là các số thực không âm, không vượt quá 4 thỏa mãn $a+b+c=6$ , tìm Max và min của biểu thức 

                                                   $A= \sum a^4+24(1-a)(1-b)(1-c)$

Đặt                                                                                                  $a= x+2$

$b=y+2$

$c=z+2$

$\Leftrightarrow x+y+z=0$

$x,y,z\in[-2;2]$

Trong 3 số $x,y,z$ tồn tại ít nhất 2 số cùng dấu, giả sử đó là x,y $\Leftrightarrow xy \geq 0$

Ta có : $x^2+y^2+z^2 \leq (x+y)^2+z^2=2z^2 \leq 8$

$A=(x+2)^4+(y+2)^4+(z+2)^4 -24(x+1)(y+1)(z+1) =x^4+y^4+z^4 +8(x^3+y^3+z^3-3xyz) +24(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)+24 \geq 24 $

Dấu bằng xảy ra tại $x=y=z=0$

Xét tích $(4-a)(4-b)(4-c) \geq 0$ 

$\Rightarrow ab+bc+ca \geq 8$

$\Rightarrow -24(xy+yz+zx) \leq 96$

Ta chứng minh $ x^4+y^4 +z^4 \leq 4x^2+4y^2+4z^2 \leq 32$

$\Leftrightarrow x^2(4-x^2)+y^2(4-y^2)+z^2(4-z^2) \geq 0$(đúng)

$A= x^4+y^4 +z^4 +24(x^2+y^2+z^2) -24(xy+yz+zx)+24 \leq 32+24.8+96 +24 =344$

Dấu bằng xảy ra <=> $ (a,b,c)=(4;2;0) $ và các hoán vị của nó 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-04-2018 - 21:29

[tr2512]

Bài 60: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{21}{16}+\frac{27(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{16(a+b+c)^{3}}$

Theo quan điểm của mình đây là một bài khá chặt

Vì thế mình sẽ sử dụng cách hơi tà đạo tí (p,q,r) 

Quy đồng VT bất đẳng thức:

$\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{a + c}} + \frac{c}{{a + b}} \ge \frac{{21}}{{16}} + \frac{{27\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)}}{{16{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}\\ \Leftrightarrow \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3} + 3{\rm{a}}bc + ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ca\left( {c + a} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \ge \frac{{21}}{{16}} + \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{16}}$ 

Đặt $ab+bc+ca=q; abc=r$ và sử dụng các biến đổi:

${a^3} + {b^3} + {c^3} = {\left( {a + b + c} \right)^3} - 3\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) + 3{\rm{a}}bc = 27 - 9q + 3{\rm{r}}\\ ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ca\left( {a + c} \right) = \left( {ab + bc + ca} \right)\left( {a + b + c} \right) - 3{\rm{a}}bc = 3q - 3{\rm{r}}\\ \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = \left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - abc = 3q - r$

Viết lại bất đẳng thức:

$\Rightarrow \frac{{27 - 9q + 3{\rm{r}} + 3{\rm{r}} + 3q - 3{\rm{r}}}}{{3q - r}} \ge \frac{{21}}{{16}} + \frac{{27 - 9q + 3{\rm{r}}}}{{16}}\\ \Leftrightarrow \frac{{27 - 6q + 3{\rm{r}}}}{{3q - r}} \ge \frac{{3{\rm{r}} - 9q + 48}}{{16}}\\ \Leftrightarrow 432 - 96q + 48{\rm{r}} \ge 9q{\rm{r}} - 27{q^2} + 144q - 3{{\rm{r}}^2} + 9q{\rm{r}} - 48{\rm{r}}\\ \Leftrightarrow 3{{\rm{r}}^2} + r\left( {96 - 18q} \right) + 27{q^2} - 240q + 432 \ge 0$

Theo C-S: $q\le3 \Rightarrow 96-18q\ge0$

Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 3 dạng p, q, r: $r\ge{\frac{{4q - 9}}{3}}$

Ta có:$3{{\rm{r}}^2} + r\left( {96 - 18q} \right) + 27{q^2} - 240q + 432 \ge 3{\left( {\frac{{4q - 9}}{3}} \right)^2} + \left( {\frac{{4q - 9}}{3}} \right)\left( {96 - 18q} \right) + 27{q^2} - 240q + 432 = \frac{1}{3}\left( {3 - q} \right)\left( {171 - 25q} \right)\ge0$

Mà bất đẳng thức cuối luôn đúng do $q\le3$.

Hoàn tất chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 21-04-2018 - 21:29

[Khoa Linh]

Bài 66: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn $abc\leq 1$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c$

p/s: Bài không khó nhưng đẹp 

[hoangkimca2k2]

Bài $64$: (Tìm giá trị nhỏ nhất)

$ P=\sum \frac{x^3+y^3}{xy+9} = \sum x^3\left (\frac{1}{xy+9}+\frac{1}{xz+9} \right ) $

$ \geq \sum \frac{4x^3}{x(y+z)+18} = \sum \frac{4x^3}{x(9-x)+18} = \sum \frac{4x^3}{-x^2+9x+18} $

Có thể chỉ ra $\frac{4x^3}{-x^2+9x+18} \geq \frac{11x-21}{4} \Leftrightarrow (x-3)^2(9x+14) \geq 0$ bằng phương pháp cân bằng hệ số hoặc phương pháp tiếp tuyến.

Cộng lại các bất đẳng thức tương tự, $P \geq 9$

 

 

Cảm ơn bạn, mình đã sửa.

Cách của bạn rất hay sau đây mình xin trình bày thêm $1$ cách khác:

Cách 2: 

Theo BDT $Holder$ ta có: 

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

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

Lại có theo BDT $Cauchy-schwarz$: 

$\frac{x^{3}}{xy+9}+\frac{y^{3}}{yz+9}+\frac{z^{3}}{9+xz}\geq \frac{(x^{\frac{3}{2}}+y^{\frac{3}{2}}+z^{\frac{3}{2}})^{2}}{xy+yz+xz+27}\geq \frac{(x+y+z)^{3}}{3(27+xy+yz+xz)}$

Tương tự rồi cộng vế theo vế ta có:$P\geq \frac{2(x+y+z)^{3}}{3(27+xy+yz+xz)}$

Mặt khác theo BDT $AM-GM$: ta có $xy+yz+xz\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}$. Đến đây thì dễ rồi

[HelpMeImDying]

Bài 66: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn $abc\leq 1$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c$

p/s: Bài không khó nhưng đẹp 

Chia cả 2 vế cho abc

bđt trở thành: $\frac{1}{b^{2}c}+\frac{1}{c^{2}a}+\frac{1}{a^{2}b}\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}$

Có: $\frac{1}{a^{2}b}+\frac{1}{a^{2}b}+\frac{1}{c^{2}a}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{a^{5}b^{2}c^{2}}}\geq \frac{3}{a}$

Tương tự ta được BĐT cần chứng minh

[hoangkimca2k2]

Bài 67: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng $\sqrt{(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})}\geq abc+\sqrt[3]{(a^{3}+abc)(b^{3}+abc)(c^{3}+abc)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-04-2018 - 22:24

[hoangkimca2k2]

Bài 68: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 3+3\sqrt[3]{\frac{3(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)}{(ab+bc+ac)^{2}}}$

[hoangkimca2k2]

Bài 69: Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng $\sqrt{a^{2}-a+1}+\sqrt{b^{2}-b+1}+\sqrt{c^{2}-c+1}\geq a+b+c$

[DOTOANNANG]

Bài 52. $a^{4}\,+\, b^{4}\,+\, c^{4}\,=\,3$. Chứng minh rằng: $(\frac{a^{3}}{b^{5}}+ \frac{b^{3}}{c^{5}}+ \frac{c^{3}}{a^{5}})\,(\frac{b^{3}}{a^{5}}+ \frac{c^{3}}{b^{5}}+ \frac{a^{3}}{c^{5}})\,\geqq \,9$

 

Chỉ đơn giản là $VT^{2}\,\geqq \, \frac{9}{\sqrt[3]{a^{4}\,b^{4}\,c^{4}}}\,\geqq\, \frac{9}{\frac{a^{4}+ b^{4}+ c^{4}}{3}}\,= \,9$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 23-04-2018 - 08:51

[DOTOANNANG]

45. Cho các số dương $a,\,, b\,,\, c$ thỏa $a^{2}+ b^{2}- ab\,=\, c^{2}$. Chứng minh rằng: $(a-c)\,(b-c)\,\leq \,0$

 

Ta có: $a^{2}\,+\, b^{2}\,-\, ab\,= \,c^{2}\,\Leftrightarrow \, a^{2}\,+ \,b^{2}\,-\, 2\,ab.\,\cos 60^{0} \,= \,c^{2}$ (theo định lí hàm cosine)

 

nên $c$ là cạnh đối diện góc $60^{0}$ và $c= mid\left \{ a, b, c \right \}$ (quan hệ giữa cạnh và góc đối diện). Do đó: $(a-c)\,(b-c)\,\leq \,0$

 

[DOTOANNANG]

Bài 53. Cho $a\,,\,b\,,\,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng: $\frac{a^{3}}{b}\,+\, \frac{b^{3}}{c}\,+ \,\frac{c^{3}}{a}\,\geqq \,\frac{3\,(a^{3}\,+\, b^{3}\,+\, c^{3})}{a\,+\, b\,+\, c}$

 

$(a+ b+ c)\,(\frac{a^{3}}{b}+ \frac{b^{3}}{c}+ \frac{c^{3}}{a})$

 

$=\,(a^{3}+ b^{3}+ c^{3})\,+ \,(\frac{a^{4}}{b}+ \frac{b^{4}}{c}+ \frac{c^{4}}{a})\,+\, (\frac{ab^{3}}{c}+ \frac{bc^{3}}{a}+ \frac{ca^{3}}{b})$

 

$\geqq \,(a^{3}+ b^{3}+ c^{3})\,+ \,(\frac{a^{4}}{b}+ \frac{b^{4}}{c}+ \frac{c^{4}}{a})\,+\, (a^{2}b+ b^{2}c+ c^{2}a)$

 

$= \,(a^{3}+ b^{3}+ c^{3})\,+ \,(\frac{a^{4}}{b}+ a^{2}b)\,+\, (\frac{b^{4}}{c}+ b^{2}c)\,+\, (\frac{c^{4}}{a}+ c^{2}a)$

 

$\geqq \,3\,(a^{3}+ b^{3}+ c^{3})$

 

Đây là topic ôn thi chuyên mà có hiện tượng sai sót này. Mình thật sự rất buồn cho những ai đang quan tâm đến topic này và mình hứa sẽ cố gắng hơn để hỗ trợ các em hoàn thành kì thi thật tốt. Xin lỗi tất cả anh em!

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 23-04-2018 - 08:49

[DOTOANNANG]

Bài 54. Cho các số dương $a\,,\,b\,,\,c$. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b}\,+ \,\frac{b}{c}\,+\, \frac{c}{a}\,+\, 1\,\geqq \,\frac{2\sqrt{2}}{3}\,(\sqrt{\frac{b+c}{a}}\,+\, \sqrt{\frac{c+a}{b}}\,+\, \sqrt{\frac{a+ b}{c}})$

 

Hướng dẫn ngắn: $\frac{b+ c}{c}+ \frac{2\,c}{a}\geqq 2\,\sqrt{2} \,\,\sqrt{\frac{b+ c}{a}}$

[DOTOANNANG]

Bài 58: 

Cho các số thực không âm $a\,,\, b\,, \,c$ thỏa mãn $a+b+c\,=\,3$. Chứng minh:

$$\frac{a}{{\sqrt {2a + b} }} \,+ \,\frac{b}{{\sqrt {2b + c} }} \,+ \,\frac{c}{{\sqrt {2c + a} }}\, \le\, \sqrt 3$$

 

Ta có: $\left [ \sum_{cycl}^{ }\left (\, \sqrt{a}\, \,\sqrt{\frac{a}{2\,a+ b}} \,\right )^{2} \right ]\,\leqq \,\sum_{cycl}^{ }a\, \sum_{cycl}^{ }\frac{a}{2\,a+ b}$

 

Hiển nhiên quá! Ta biết là phải đi chứng minh: $S\,=\,\frac{a}{2a+ b}\,+\, \frac{b}{2b+ c}\,+\, \frac{c}{2c+ a}\,\leqq\, 1$

 

Đặt: $\frac{b}{a}\,, \,\frac{c}{b}\,,\, \frac{a}{c}\,=\, u\,,\, v\,,\, w$

 

hay: $S\, = \, \frac{1}{2+ u}\, + \, \frac{1}{2+ v}\, + \, \frac{1}{2+ w}\, \leqq\,  1$

 

hay: $\frac{12\,+ \,4\,(u+v+w)\,+\, (uv+vw+ wu)}{8\,+ \,4\,(u+v+w)\,+ \,2\,(uv+vw+ wu)\,+\, 1}\,\leqq \, 1$

 

hay: $3\,\leqq\,uv\,+\,vw\,+\,wu$

 

Khỏi cần chứng minh nữa, điều này quá đúng!

 

 

 

 

[tr2512]

Bài 62: 

Cho các số thực $a, b, c$ bất kì. Chứng minh:

${\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca} \right)^3} \ge {\left( {a - b} \right)^3}{\left( {b - c} \right)^3} + {\left( {b - c} \right)^3}{\left( {c - a} \right)^3} + {\left( {c - a} \right)^3}{\left( {a - b} \right)^3}$ (Trần Hoàng Nam)

@hoangkimca2k2: bạn xem lại bài 60 cái, cho a=b=c=1 thì VT<VP luôn rồi

Đặt $ x=a-b; y=b-c; z=c-a $ ta thu được $ x+y+z=0 $. Viết lại bất đẳng thức

$ (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^3 \ge (a-b)^3.(b-c)^3+(b-c)^3.(c-a)^3+(c-a)^3.(a-b)^3 $

$ \Leftrightarrow  [(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]^3 \ge 8(a-b)^3.(b-c)^3+8(b-c)^3.(c-a)^3+8(c-a)^3.(a-b)^3 $

$ \Leftrightarrow (x^2+y^2+z^2)^3 \ge x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3 $

$ \Leftrightarrow (x^2+y^2+z^2)^3 \ge 8(xy+yz+xz)^3 +24x^2y^2z^2 $

$ \Leftrightarrow (x^2+y^2+z^2)^3 \ge (-x^2-y^2-z^2-2xy-2yz-2zx+2xy+2yz+2zx)^3 + 24x^2y^2z^2 $

$ \Leftrightarrow (x^2+y^2+z^2)^3 \ge -(x^2+y^2+z^2)^3 +24x^2y^2z^2 $

$ \Leftrightarrow (x^2+y^2+z^2)^3 \ge 27 x^2y^2z^2 $

Theo bất đẳng thức AM-GM: $ (x^2+y^2+z^2)^3 \ge 27x^2y^2z^2 \ge 12x^2y^2z^2 $

Hoàn tất chứng minh. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 22-04-2018 - 13:40

[tr2512]

Bài 63:

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh:

$a\sqrt {a + 2b} + b\sqrt {b + 2c} + c\sqrt {c + 2{\rm{a}}} \le 1$ Dấu bằng xảy ra khi nào ?

P/s: nhớ chỉ ra kĩ dấu bằng

Áp dụng bất đẳng thức C-S có:

$ a\sqrt{a+2b}+b\sqrt{b+2c}+c\sqrt{c+2a} = \sqrt{a}.\sqrt{a^2+2ab}+\sqrt{b}.\sqrt{b^2+2bc} + \sqrt{c}.\sqrt{c^2+2ac} \le \sqrt{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)} = \sqrt{(a+b+c)^3} = 1 $

Bất đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \frac{1}{3} $ hoặc $ a = b =0, c = 1 $ và các hoán vị

[thanhdatqv2003]

Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác

Bài 70: C/m: $P^2\geq 12\sqrt{3}S$        (với p là nửa chu vi, S là diện tích)

 

Bài 71: C/m :  $a^3+b^3+c^3 \geq \frac{P^3}{9}$      (với P là chu vi)

 

Bài 72: C/m:  $a^3+b^3+c^3 \geq \frac{4\sqrt{3}}{3}SP$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdatqv2003: 23-04-2018 - 16:30

[thanhdatqv2003]

 

Bài 52. $a^{4}\,+\, b^{4}\,+\, c^{4}\,=\,3$. Chứng minh rằng: $(\frac{a^{3}}{b^{5}}+ \frac{b^{3}}{c^{5}}+ \frac{c^{3}}{a^{5}})\,(\frac{b^{3}}{a^{5}}+ \frac{c^{3}}{b^{5}}+ \frac{a^{3}}{c^{5}})\,\geqq \,9$

 

Chỉ đơn giản là $VT^{2}\,\geqq \, \frac{9}{\sqrt[4]{abc}}\,\geqq\, \frac{9}{\frac{a^{4}+ b^{4}+ c^{4}}{3}}\,= \,9$

 

tại sao VT^2 mà =9 và kèm theo AM-GM thì dưới mẫu phải là $\sqrt[3]{a^4b^4c^4}$  ???