Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

[TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN}}$ LỚP $10$ năm $2018-2019$

bất đẳng thức holder cosi bunhiacopxki

  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 318 trả lời

#301 MoMo123

MoMo123

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 29-05-2018 - 16:04

Bài 138: Với a, b, c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=\frac{2}{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$

$$ a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc} =a+\frac{1}{2}\sqrt{a.4b}+\frac{1}{4}\sqrt[3]{a.4b.16c} \leq a+\frac{a}{4}+b +\frac{a}{12}+\frac{b}{3}$$

Nên $$ a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc} \leq \frac{4(a+b+c)}{3}$$=

Từ đây suy ra $$P \geq \frac{3}{2(a+b+c)}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}} \geq ....$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 29-05-2018 - 16:04


#302 xuanhoan23112002

xuanhoan23112002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định

Đã gửi 30-05-2018 - 09:53

Bài 139: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$P=\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}(6-\frac{a}{b}-\frac{b}{c}-\frac{c}{a})$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuanhoan23112002: 30-05-2018 - 09:56


#303 ptvlieu

ptvlieu

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 30-05-2018 - 12:45

Bài 140: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa \[a + b + c \le \sqrt 3 \] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

\[P = \frac{a}{{\sqrt {{a^2} + 1} }} + \frac{b}{{\sqrt {{b^2} + 1} }} + \frac{c}{{\sqrt {{c^2} + 1} }}\]



#304 xuanhoan23112002

xuanhoan23112002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định

Đã gửi 30-05-2018 - 13:38

Bài 140:

Từ giả thiết ta có bất đẳng thức sau: $0< ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}\leq 1$

Do đó

$\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}\leq \frac{a}{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}= \frac{\sqrt{a}.\sqrt{a}}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c})$ (bất đẳng thức Cauchy)

Chứng minh tương tự như trên ta có:

$P\leq \frac{1}{2}(\frac{a+b}{a+b}+\frac{b+c}{b+c}+\frac{c+a}{c+a})=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Vậy $MaxP=\frac{3}{2}$ $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$



#305 ptvlieu

ptvlieu

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 30-05-2018 - 17:06

Bài 141

Cho a, b là các số thực dương thỏa \[{a^3} + {b^3} + 9ab \le 27\]

Tìm GTNN của \[P = \frac{2}{a} + \frac{4}{b} - 2a - 3b\]



#306 FL BUG

FL BUG

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn
  • Sở thích:Nghe nhạc, đọc sách, chơi game, giải toán, nếu cần thì ngủ gật(nhất là khi không có việc gì làm)

Đã gửi 05-06-2018 - 14:35

Bài 142: Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c + ab + bc + ca = 6

Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥ 3


"Tôi tư duy, nên tôi tồn tại." - Rene Descartes


#307 Khoa Linh

Khoa Linh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 595 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khóa 36, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ
  • Sở thích:geometry, inequality

Đã gửi 05-06-2018 - 14:45

Bài 142: Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c + ab + bc + ca = 6

Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥ 3

Ta có:

$12=2a+2b+2c+2ab+2bc+2ca\leq (a^2+1)+(b^2+1)+(c^2+1)+(a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2)\Leftrightarrow 12\leq 3+3(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow 3\leq a^2+b^2+c^2$

p/s: Bài này quá cơ bản rồi 


$\sqrt[LOVE]{MATH}$

"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I

 

do mathematics to keep happy" - Alfréd nyi 


#308 MoMo123

MoMo123

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 05-06-2018 - 16:35

Ta có:

$12=2a+2b+2c+2ab+2bc+2ca\leq (a^2+1)+(b^2+1)+(c^2+1)+(a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2)\Leftrightarrow 12\leq 3+3(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow 3\leq a^2+b^2+c^2$

p/s: Bài này quá cơ bản rồi 

Bên đó thi chuyên chưa?

$\boxed{\text{Bài 143}}$ Cho $a,b,c >0$ ;abc=1.

Chứng minh $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)} \geq 1$

$\boxed{\text{Bài 144}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$

Chứng minh $$2(ab+bc+ca) -3abc\geq a\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+b\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}+c\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$$



#309 Casius

Casius

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Đã gửi 05-06-2018 - 18:00

Bài 144: Em xin đóng góp 1 bài của em

Cho $ax + b = 8$ và $x \geq 1 $ và $a,b > 0 $ 

Tìm min của $P = a(x^2+3)(x+1)+4b^2$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 05-06-2018 - 18:03
Thêm số bài


#310 HelpMeImDying

HelpMeImDying

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-06-2018 - 18:05

 

$\boxed{\text{Bài 144}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$

Chứng minh $$2(ab+bc+ca) -3abc\geq a\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+b\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}+c\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$$

$\sum a\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}}{2}}+\sum a\sqrt{bc}\leq \sum a\sqrt{2(\frac{b^{2}+c^{2}}{2}+bc)}=\sum a(b+c)=2(ab+bc+ca)$

Ta cần chứng minh: $\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geq 3abc\Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 3\sqrt{abc}$

Điều này đúng do: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=\frac{(a+b+c)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}{3}\geq \frac{3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{\sqrt{abc}}}{3}= 3\sqrt{abc}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HelpMeImDying: 05-06-2018 - 18:08


#311 Khoa Linh

Khoa Linh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 595 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khóa 36, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ
  • Sở thích:geometry, inequality

Đã gửi 05-06-2018 - 19:40

Bên đó thi chuyên chưa?

$\boxed{\text{Bài 143}}$ Cho $a,b,c >0$ ;abc=1.

Chứng minh $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)} \geq 1$

 

 

Lời giải của mình khá "vất vả" nhưng đem lại hiệu quả: 

Quy đồng ta có BĐT tương đương:

$\sum (a+1)^2(b+1)^2+2(a+1)(b+1)(c+1)\geq (a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2+4(a+b+c)-6abc-a^2b^2c^2-2abc(ab+bc+ca)-4abc(a+b+c)+4 \geq 0$

Thay $abc=1$ ta có BĐT trở thành: $a^2+b^2+c^2\geq 3$ (đúng theo AM-GM)

p/s: Bên mình sắp thi rồi, mùng 7,8 tháng 6. Mong bạn sớm đưa ra lời giải hay hơn  :D  :D


$\sqrt[LOVE]{MATH}$

"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I

 

do mathematics to keep happy" - Alfréd nyi 


#312 xuanhoan23112002

xuanhoan23112002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định

Đã gửi 05-06-2018 - 20:01

Bài 145: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh rằng:

1. $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{a+b+c+1}\geq 1$

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuanhoan23112002: 05-06-2018 - 20:02


#313 MoMo123

MoMo123

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 05-06-2018 - 20:07

Lời giải của mình khá "vất vả" nhưng đem lại hiệu quả: 

Quy đồng ta có BĐT tương đương:

$\sum (a+1)^2(b+1)^2+2(a+1)(b+1)(c+1)\geq (a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2+4(a+b+c)-6abc-a^2b^2c^2-2abc(ab+bc+ca)-4abc(a+b+c)+4 \geq 0$

Thay $abc=1$ ta có BĐT trở thành: $a^2+b^2+c^2\geq 3$ (đúng theo AM-GM)

p/s: Bên mình sắp thi rồi, mùng 7,8 tháng 6. Mong bạn sớm đưa ra lời giải hay hơn  :D  :D

Thi sớm nhỉ, xong cấp 3 là thi chuyên luôn rồi. Còn bài này mình đăng lên cho hay thế thôi, chứ cách mình cũng trâu bò như vậy :D .

$\boxed{\text{Bài 146}}$ Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $(x-y)(x-z) =1$ ,$y \neq z$ Chứng minh 

$$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\geq 4$$

$\boxed{\text{Bài 147}}$ Chứng minh rằng nếu $x,y,z \in [-1;1]$ thỏa mãn điều kiện

$x+y+z+xyz =0$ thì $$\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1} \leq 3$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 05-06-2018 - 23:15


#314 HelpMeImDying

HelpMeImDying

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-06-2018 - 20:27

 

$\boxed{\text{Bài 145}}$ Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $(x-y)(x-z) =1$ ,$y \neq z$ Chứng minh 

$$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\geq 4$$

 

$\frac{1}{(x-y)^{2}}+\frac{1}{(y-z)^{2}}+\frac{1}{(z-x)^{2}}=\frac{1}{(x-y)^{2}}+(y-z)^{2}+(z-x)^{2}=\frac{1}{(x-y)^{2}}+(y-x)^{2}-2(y-z)(z-x)\geq 2+2=4$



#315 tr2512

tr2512

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 268 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:B0K32A THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQGHN (HSGS)
  • Sở thích:Yêu thích bất đẳng thức

Đã gửi 05-06-2018 - 20:54

$\boxed{\text{Bài 143}}$ Cho $a,b,c >0$ ;abc=1.

Chứng minh $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)} \geq 1$

Bài 143: 

Ta có bổ đề sau: Với 2 số thực dương $a, b$ ta luôn có:

$$\dfrac{1}{(a+1)^2}+\dfrac{1}{(b+1)^2} \geq \dfrac{1}{ab+1}$$

Công việc chứng minh thì tự làm nha :D

Quay trở lại bài toán, ta thấy rằng $(a-1)(b-1)*(b-1)(c-1)*(c-1)(a-1)=(a-1)^2(b-1)^2(c-1)^2 \geq 0$

nên trong 3 đại lượng $(a-1)(b-1), (b-1)(c-1), (c-1)(a-1)$ có ít nhất 1 đại lượng là không âm. Giả sử đó là $(a-1)(b-1)$ ta có:

$$a+b \leq ab+1=\dfrac{1}{c}+1$$

Kết hợp bổ đề ban đầu, quy vế chứng minh bất đẳng thức:

$$\dfrac{1}{(c+1)^2}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{c}+1}+\dfrac{2}{(\dfrac{1}{c}+1+\dfrac{1}{c}+1)(c+1)} \geq 1$$

Sau khi rút gọn, ta thấy bất đẳng thức trở thành đẳng thức.

Hoàn tất chứng minh.



#316 thanhdatqv2003

thanhdatqv2003

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 157 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo Hải Tặc
  • Sở thích:$\boxed{\text{ONE PIECE}\bigstar}$

Đã gửi 05-06-2018 - 21:09

Bài 142: Cho 3 số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c + ab + bc + ca = 6

Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥ 3

Bài 142:

Cách 2

  Ta có :$a+b+c+ab+bc+ac=6\leqslant a+b+c+\frac{(a+b+c)^2}{3}\Leftrightarrow (a+b+c)^2+3(a+b+c)-18\geqslant 0\Leftrightarrow (a+b+c-3)(a+b+c+6)\geqslant 0\Rightarrow a+b+c\geqslant 3$

Suy ra: $a^2+b^2+c^2\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{3}=3$ (đpcm)

  Ta có :$a+b+c+ab+bc+ac=6\leqslant a+b+c+\frac{(a+b+c)^2}{3}\Leftrightarrow (a+b+c)^2+3(a+b+c)-18\geqslant 0\Leftrightarrow (a+b+c-3)(a+b+c+6)\geqslant 0\Rightarrow a+b+c\geqslant 3$

Suy ra: $a^2+b^2+c^2\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{3}=3$ (đpcm)


:ohmy: [Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x, y, và z thoả mãn xn + yn = zn trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2.  (FERMAT)  :ohmy: 

 

 

 

 


#317 xuanhoan23112002

xuanhoan23112002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định

Đã gửi 06-06-2018 - 12:08

Bài 148: Cho x, y, z là các số thực dương và $x+y+1=z$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

$P=\frac{x^3y^3}{(x+yz)(y+zx)(z+xy)}$



#318 PhanThai0301

PhanThai0301

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:football

Đã gửi 07-06-2018 - 16:18

 

Bài 145: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: $abc=1$. Chứng minh rằng:

1. $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{a+b+c+1}\geq 1$

 Theo nguyên lí Dirichlet thì 2 trong 3 số a-1, b-1, c-1 cùng dấu, KMTQ ta giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0=>1+ab=\frac{c+1}{c}\geq a+b$.

 Chú ý $\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}\geq \frac{1}{1+ab}=\frac{c}{c+1}$.

 Gọi P là biểu thức VT ta có $P\geq \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^{2}}+\frac{1}{\frac{c+1}{c}+c+1}=1$. (Q.E.D).

 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a= b =c=1.

 


"IF YOU HAVE A DREAM TO CHASE,NOTHING NOTHING CAN STOP YOU"_M10

                                                                                                            


#319 MoMo123

MoMo123

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 21-06-2018 - 09:02

Chào mọi người :D , chào topic của anh :D , I'm back. Lâu nay mình lo ôn thi nên hơi bỏ bê $\boxed{\text{TOPIC}}$ cảm ơn mọi người vì đã chăm sóc nó chu đáo. Kỳ thi chuyên đã qua, tuy có một số chuyện buồn, chuyện vui trong thi cử, nhưng mà ta đều phải quên đi để ''bung lụa'' mà tận hưởng mùa hè chứ :D . Đùa thôi, mình muốn nói rằng hệ thống ôn chuyên đã đóng lại, để ngăn chặn việc spam làm loãng cũng như tính mĩ quan của $\boxed{\text{TOPIC}}$, mình xin thông báo rằng mình sẽ khóa $\boxed{\text{TOPIC}}$ vào thời điểm này. Chúc mọi người có một kì nghỉ hè vui vẻ và bổ ích ;) .

                                            Chúc mừng $\boxed{\text{TOPIC}}$ đạt 2 tháng 5 ngày tuổi :D

 

$$-MoMo123-$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-06-2018 - 09:35






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức, holder, cosi, bunhiacopxki

0 người đang xem chủ đề

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