Chủ đề này có 883 trả lời

[WaduPunch]

Chào tất cả mọi người, mình là WaduPunch  .Các bạn học sinh lớp 9 đang chuẩn bị cho kì thi HSG Tỉnh, kì thi THPT và khó khăn nhất chính là kì thi chuyên Toán. Chúng ta cần ôn tập và nâng cao kiến thức để có một hành trang thật tốt trước khi "ra trận".

Sau khi thảo luận với Sin99 , mình quyết định lập topic về bất đẳng thức này.

 

Nội quy của TOPIC như sau: 

++ Không spam, làm loãng TOPIC.
++ Sau khi đề xuất các bài toán, nếu sau 1 ngày mà không có ai trả lời, người đề xuất bài toán cần phải đưa ra lời giải.

++ Mình mong các bạn giải bài Toán sẽ trình bày bài toán đầy đủ một chút, thuận tiện cho việc hiểu bài.
++ Nếu như một bài toán nào đó được đề xuất mà đã có lời giải ở trang khác, mình mong mọi người hãy trình bày đầy đủ tại trang này luôn, không dẫn link đến các trang khác.

++ Lời giải ưu tiên gọn nhẹ, sáng tạo phù hợp với THCS (Hạn chế sử dụng các công cụ của bậc THPT như đạo hàm,...).
++ Các anh chị lớp trên nên hạn chế giải bài, thay vào đó đề xuất một bài toán mới hoặc lời giải thứ 2 của một bài toán nào đó.

++ Sau khi lời giải của một bài toán nào đó được đưa ra thì bất kì lời giải nào giống với lời giải trước đều sẽ bị xóa, tránh làm loãng TOPIC.

++ Các bài giài đều phải trích dẫn đề bài để mọi người dễ đọc dễ hiểu 

 

Các bài toán đã được giải sẽ được tô màu đỏ. Các bạn chú ý nhé   

Mong các bạn chấp hành đúng nội quy của TOPIC. Mình mong sẽ nhận được sự ủng hộ nhiệt tình của các bạn   

-WaduPunch-

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 15-03-2020 - 09:42

[WaduPunch]

Sau đây là các bài tập khởi động:

$\boxed{\text{Bài 1}}$ Chứng minh rằng với mọi số thực $a, b$ thì

$$\frac{a^4+b^4}{2}\geq(\frac{a+b}{2})^4$$

Dấu bằng bất đẳng thức xảy ra khi nào

$\boxed{\text{Bài 2}}$ Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh

$$ab+bc+ca\leq a^2+ b^2+c^2 \leq 2(ab+bc+ca)$$

$\boxed{\text{Bài 3}}$ Cho $a,b,c$ là ba số thực dương thỏa mãn $4c+2b \geq a(b^2+c^2)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$$ S =\frac{3}{b+c-a}+\frac{4}{a+c-b}+\frac{5}{a+b-c} $$

$\boxed{\text{Bài 4}}$ Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác và $x,y,z$ là ba số thực thỏa mãn 

$$ax+by+cz+a+b+c=0$$

Chứng minh rằng

$$xy+yz+zx+2x+2y+2z+3\leq 0$$

$\boxed{\text{Bài 5}}$ Cho 3 số dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=6$. Chứng minh rằng

$$x^2+y^2+z^2-xy-xz-zx+xyz\geq8$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 17:01

[Thanhlongviemtuoc]

$\boxed{\text{Bài 2}}$ Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh

$$ab+bc+ca\leq a^2+ b^2+c^2 \leq 2(ab+bc+ca)$$

 

E xin góp bài 2 ạ

$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geqslant 0$ (Luôn Đúng).

Dấu $"="$ khi $a=b=c$

Ta có: $a< b+c\Rightarrow a^2< ab+ac$ 

Tương tự: $b^2< ab+bc;c^2<ca+cb$

Cộng các BĐT cùng chiều ta được ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 18:21

[Thanhlongviemtuoc]

E xin góp Bài 5

Đặt $ x+y+z=p$ , $ xy+yz+zx=q$ , $\ xyz=r$
$ \text {BĐT} \Leftrightarrow p^{2}-3q+r\geq 8$ $ \Leftrightarrow 36-3q+r\geq 8\Leftrightarrow 28-3q+r\geq 0$
Ta sẽ đi CM :$28-3q+r\geq 0$ (1)
Ta có BĐT quen thuộc : $ (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\leq xyz$
Ta suy ra đc : $ r\geq \frac{4pq-p^{3}}{9}$ $ \Rightarrow r\geq \frac{8}{3}q+24$
Suy ra : $ VT\geq 28-3q+\frac{8}{3}q-24= 4-\frac{q}{3}$
Ta có BĐT quen thuộc : $ xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}= 12\Rightarrow q\leq 12$
Do đó : $ VT\geq 4-\frac{q}{3}\geq 4-\frac{12}{3}= 0$

$\Rightarrow$ (1) Đúng 

Dấu"=" xảy ra khi và chỉ khi $ x=y=z=2$ .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 18:29

[Thanhlongviemtuoc]

$\boxed{\text{Bài 1}}$ Chứng minh rằng với mọi số thực $a, b$ thì

$$\frac{a^4+b^4}{2}\geq(\frac{a+b}{2})^4$$

Đầu tiên với mọi số thực a,b thì ta đều có: $a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}$

Áp dụng: $a^4+b^4\geq \frac{(a^2+b^2)^2}{2}\geq \frac{(a+b)^4}{8}$

$\Rightarrow$ ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 17:12

[bodoicuho]

Em xin góp Bài 3 ạ

$4c+2b\geq a(b^{2}+c^{2})\geq 2abc\Rightarrow \frac{2}{b} +\frac{1}{c}\geq a \Rightarrow S=\left ( \frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+c-b} \right )+2\left ( \frac{1}{b+c-a}+\frac{1}{a+b-c} \right )+3\left ( \frac{1}{a+c-b}+\frac{1}{a+b-c}\right )\geq \frac{2}{c}+\frac{4}{b}+\frac{6}{a} \geq 2a+\frac{6}{a}\geq 4\sqrt{3}$

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 18:25

[WaduPunch]

Mình xin bổ sung thêm một vài bài để các bạn luyên tập 

$\boxed{\text{Bài 6}}$ Cho $a,b,c,d,e >0$ .Chứng minh bất đẳng thức sau: 

$$625(a^5 +32b^5+c^5+1024d^5 +e^5) \geq (a+2b+c+4d+e)^5$$

$\boxed{\text{Bài 7}}$ Với $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $ 0<a \leq b \leq c$, Chứng minh rằng

$$(a+3b)(b+4c)(c+2a) \geq 60abc$$

$\boxed{\text{Bài 8}}$ Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} 0\leq x\leq y\leq z\\ x+y+z=3 \end{matrix}\right.$

Tìm Min: $$P=\frac{x}{y^3+16}+\frac{y}{z^3+16}+\frac{z}{x^3+16}$$

$\boxed{\text{Bài 9}}$ Cho $m,n$ là 2 số tự nhiên sao cho$\sqrt{7}-\frac{m}{n}>0$

Chứng minh rằng $\sqrt{7}n-m>\frac{1}{m}$

 

CHÚ Ý: Các bạn nên đọc rõ nội quy của TOPIC và tuyệt đối không spam làm loãng TOPIC.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WaduPunch: 22-02-2020 - 21:19

[Syndycate]

Bài 8

$\sum \frac{x}{y^3+16}=\sum \frac{x}{16}-\sum \frac{xy^3}{16(y^3+16)}\geq 3/16-\sum \frac{xy^3}{16.(y^3+8+8)}\geq \sum 3/16-\frac{\sum xy^2}{16.12}$(BĐT Cauchy cho 3 số)

Có:

$(y-x)(y-z)\leq 0=>y^2+xz\leq xy+yz=>xy^2+yz^2+zx^2\leq x^2y+xyz+yz^2=y(x^2+xz+z^2)\leq y(x+z)^2\leq \frac{8(x+y+z)^3}{27.2}=4$

$=>P\geq \frac{3}{16}-\frac{4}{16.12}=\frac{1}{6}$

Dấu bằng xảy ra khi $x=0, y=1, z=2$ 

hehe, em ko đế ý

Mà god Đức tâm lý quá ! Lập topic cho chúng e

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 23:23

[WaduPunch]

Bài 8

$\sum \frac{x}{y^3+16}=\sum \frac{x}{16}-\sum \frac{xy^3}{16(y^3+16)}\geq 3/16-\sum \frac{xy^3}{16.(y^3+8+8)}\geq \sum 3/16-\frac{\sum xy^2}{16.12}(cauchy-3so)$

Có:

$(y-x)(y-z)\leq 0=>y^2+xz\leq xy+yz=>xy^2+yz^2+zx^2\leq x^2y+xyz+yz^2=y(x^2+xz+z^2)\leq y(x+z)^2\leq \frac{8(x+y+z)^3}{27.2}=4$

$=>P\geq \frac{3}{16}-\frac{4}{16.12}=\frac{1}{6}$

Dấu bằng xảy ra khi $x=0, y=1, z=2$ và các hoán vị

 

Bài 8 có sắp xếp cụ thể r nhé bạn nên k cần giả sử nữa đâu.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 18-02-2020 - 23:52

[Thanhlongviemtuoc]

$\boxed{\text{Bài 9}}$ Cho $m,n$ là 2 số tự nhiên sao cho$\sqrt{7}-\frac{m}{n}>0$

Chứng minh rằng $\sqrt{7}n-m>\frac{1}{m}$

 

Từ gt: $\sqrt{7}-\frac{m}{n}>0\Rightarrow \sqrt{7}>\frac{m}{n}\Rightarrow 7> \frac{m^2}{n^2}\Rightarrow 7n^2>m^2$

Vì m,n nguyên nên $7n^2\geq m^2+1$ Ta biết 1 số chính phương khi chia cho 7 chỉ có số dư thuộc tập {0,1,2,4} nên $7n^2\neq m^2+1, 7n^2\neq m^2+2$

$\Rightarrow 7n^2\geq m^2+3$ (1)

-Nếu m=1 thì $7n^2\geq 7>4 \Rightarrow \sqrt{7}> \frac{2}{n}=\frac{1}{mn}+\frac{m}{n} \ hay \ \sqrt{7}n-m>\frac{1}{m}$

-Nếu m>1 thì từ (1) suy ra $7n^2-m^2\geq 3> 2+\frac{1}{m^2} \Rightarrow 7n^2> m^2+\frac{1}{m^2}+2=(m+\frac{1}{m})^2$

Tức là $\sqrt{7}n> m+\frac{1}{m} \Rightarrow \text{ĐPCM}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 23:35

[Sin99]

Chờ mãi chưa thấy bài 4, mình xin phép.

Bài 4. Bất đẳng thức tương đương : 

$$ (x+1)(y+1) + (y+1)(z+1) + (z+1)(x+1) \leq 0 $$

Đặt $ ( x+1,y+1,z+1) = ( X,Y,Z ) $, giả thiết trở thành $ Xa + Yb + Zc = 0 $ 

TH1: Nếu $ X,Y,Z \geq 0 $ hoặc $ X,Y,Z \leq 0 $ thì dấu "=" phải xảy ra tại $ X=Y=Z=0 $ ngay.

TH2: Có 2 số cùng dấu, giả sử $ Y,Z $. $ \Rightarrow YZ \geq 0 $.Từ giả thiết, suy ra $ X = -\frac{Yb+Zc}{a} $ 

Ta cần chứng minh 

$$ XY + YZ + XZ \leq 0 $$

$$ \Leftrightarrow  -\frac{Yb+Zc}{a}(Y+Z) + YZ \leq 0 $$

$$ \Leftrightarrow -( Y^2b+ Z^2c ) + YZ(a-b-c) \leq 0 $$ ( Đúng vì $ Y^2b+ Z^2c \geq 0 , a -b -c < 0, YZ \geq 0 $ ) 

Dấu "=" xảy ra khi $ X = Y = Z = 0 $ hay $ x=y=z=-1 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 18:25

[Syndycate]

BÀI 7:

$(a+3b)(b+4c)(c+2a)=(a+b+b+b)(b+c+c+c+c)(c+a+a)\geq 4.\sqrt[4]{ab^3}.5\sqrt[5]{bc^4}.3\sqrt[3]{ca^2}$

Có: $4.\sqrt[4]{ab^3}=4.\sqrt[60]{a^{15}.b^{45}}$

       $5.\sqrt[5]{bc^4}=5.\sqrt[60]{b^{12}.c^{48}}$    

       $3.\sqrt[3]{a^2c}=3.\sqrt[60]{a^{40}.c^{20}}$ 

$=>VT\geq 60.\sqrt[60]{c^{68}.b^{57}.a^{55}}\geq 60\sqrt[60]{(abc)^{60}}=60abc$ $(c\geq b\geq a\geq 0)$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c $

Bài này hơi khoai

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 23:09

[Love is color primrose]

Mình xin đề xuất một số bài tập sau

$\boxed{\text{Bài 10}}$ Cho a,b,c là ba số dương tùy ý.Chứng minh rằng:

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

$\boxed{\text{Bài 11}}$ Cho a,b,c là ba số dương tùy ý. Chứng minh rằng :

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 23:49

[Syndycate]

$\boxed{\text{Bài 11}}$ Cho a,b,c là ba số dương tùy ý. Chứng minh rằng :

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

 

Bài 11 

 Cần CM:

$\sum \frac{2bc}{a^2+2bc}\leq 2$

$<=>\sum \frac{2bc+a^2}{a^2+2bc}- \sum \frac{a^2}{a^2+2bc}\leq 2$

$<=>1\leq \sum \frac{a^2}{a^2+2bc}$ Luôn đúng theo Cauchy-Schwarz

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 00:12

[Love is color primrose]

$\boxed{\text{Bài 6}}$ Cho $a,b,c,d,e >0$ .Chứng minh bất đẳng thức sau: 

$$625(a^5 +32b^5+c^5+1024d^5 +e^5) \geq (a+2b+c+4d+e)^5$$

Mình xin phép đưa ra lời giải cho Bài 6

Áp dụng BĐT Holder cho 5 bộ số $(1,1,1,1,1);(1,1,1,1,1);(1,1,1,1,1);(1,1,1,1,1);(a,2b,c,4d,e)$ ta có:

$(1+1+1+1+1)(1+1+1+1+1)(1+1+1+1+1)(1+1+1+1+1)(a^5 +32b^5+c^5+1024d^5 +e^5) \geq (a+2b+3c+4d+e)^5$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=2b=c=4d=e$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 23:08

[WaduPunch]

Mình xin đề xuất thêm 1 số bài nữa.

$\boxed{\text{Bài 12}}$ Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng 

$$\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}\leq \frac{1}{2}$$

$\boxed{\text{Bài 13}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng 

$$\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}+\frac{\sqrt{c^2+b^2}}{a}+\frac{\sqrt{a^2+c^2}}{b}\geq 2\left ( \frac{a}{\sqrt{b^2+c^2}} +\frac{b}{\sqrt{c^2+a^2}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}\right )$$

$\boxed{\text{Bài 14}}$ Cho số thực$x$ thỏa mãn $1\leq x \leq 2$. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của

$$T=\frac{3+x}{x}+\frac{6-x}{3-x}$$

$\boxed{\text{Bài 15}}$ Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $a \leq 1, b \leq 2$ và $a+b+c=6$. Chứng minh rằng

$$(a+1)(b+1)(c+1)\geq 4abc$$

$\boxed{\text{Bài 16}}$ Cho dãy số thực $x_{1}\leq x_{2}\leq ...\leq x_{2016}$ thỏa mãn $\begin{cases} x_{1}+x_{2}+...+x_{2016} & =0\\ \left | x_{1} \right |+\left | x_{2} \right |+...+\left | x_{2016} \right | & =2017 \end{cases}.$

Chứng minh rằng

$$x_{2016}-x_{1}\geq \frac{2017}{1008}$$

$\boxed{\text{Bài 17}}$ Cho $x,y >1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của 

$$P=\frac{(x^{3}+y^{3})-(x^{2}+y^{2})}{(x-1)(y-1)}$$

 

CHÚ Ý: Các bạn nên đọc rõ nội quy của TOPIC và tuyệt đối không spam làm loãng TOPIC.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 00:27

[Eugeo Synthesis 32]

Em xin giải Bài 12

$\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}=\frac{1}{a^2+b^2+b^2+1+1+1}+\frac{1}{b^2+c^2+c^2+1+1+1}+\frac{1}{c^2+a^2+a^2+1+1+1}\leq \frac{1}{2ab+2b+2}+\frac{1}{2bc+2c+2}+\frac{1}{2ac+2a+2}$

Do đó cần chứng minh $\frac{1}{2ab+2b+2}+\frac{1}{2bc+2c+2}+\frac{1}{2ca+2a+2}\leq \frac{1}{2}<=>\frac{ac}{2a^2bc+2bac+2ac}+\frac{a}{2bca+2ca+2a}+\frac{1}{2ca+2a+2}\leq \frac{1}{2}<=> \frac{ac}{2a+2+2ac}+\frac{a}{2+2ca+2a}+\frac{1}{2ca+2a+2}\leq \frac{1}{2}<=> \frac{ac+a+1}{2+2ca+a}\leq \frac{1}{2}<=> \frac{1}{2}$$\leq \frac{1}{2}$ ( đúng )

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

P/S: Bài 10 được đề xuất có vấn đề khi thử a=b=c=1 . Bạn L.I.C.P vui lòng xem lại ạ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 00:40

[Love is color primrose]

Em xin giải Bài 12

$\frac{1}{a^2+2b^2+3}+\frac{1}{b^2+2c^2+3}+\frac{1}{c^2+2a^2+3}=\frac{1}{a^2+b^2+b^2+1+1+1}+\frac{1}{b^2+c^2+c^2+1+1+1}+\frac{1}{c^2+a^2+a^2+1+1+1}\leq \frac{1}{2ab+2b+2}+\frac{1}{2bc+2c+2}+\frac{1}{2ac+2a+2}$

Do đó cần chứng minh $\frac{1}{2ab+2b+2}+\frac{1}{2bc+2c+2}+\frac{1}{2ca+2a+2}\leq \frac{1}{2}<=>\frac{ac}{2a^2bc+2bac+2ac}+\frac{a}{2bca+2ca+2a}+\frac{1}{2ca+2a+2}\leq \frac{1}{2}<=> \frac{ac}{2a+2+2ac}+\frac{a}{2+2ca+2a}+\frac{1}{2ca+2a+2}\leq \frac{1}{2}<=> \frac{ac+a+1}{2+2ca+a}\leq \frac{1}{2}<=> \frac{1}{2}$$\leq \frac{1}{2}$ ( đúng )

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

P/S: Bài 10 được đề xuất có vấn đề khi thử a=b=c=1 . Bạn L.I.C.P vui lòng xem lại ạ!

Mình sửa lại rồi đó bạn 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 19-02-2020 - 08:23

[tthnew]

Chém Bài 14: Bài này đoán điểm rơi $\rightarrow$ Min hoặc Max rồi trừ ra là xong.

*Tìm Max:

$T=\frac{9(x-1)(x-2)}{2x(3-x)} +\frac{13}{2} \le \frac{13}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=1$ hoặc $x=2$

*Tìm Min:

$T=\frac{(2x-3)^2}{x(3-x)} +6 \geq 6$

Đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{3}{2}$

P/s: Vô trễ quá giờ hết bài dễ để chém rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 11:25

[tthnew]

Bài 10: Thuộc dạng cân bằng hệ số, giải lâu kinh Cũng may hệ số đẹp không thôi chắc em không muốn làm

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

$\le a +\frac{1}{4}(a+4b)+\frac{1}{12}(a+4b+16c)=\frac{4}{3}(a+b+c)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=4b=16c$

Bài 17:

$P=\frac{x^2(x-1) +y^2(y-1)}{(x-1)(y-1)} =\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}$

$=(\frac{x^2}{y-1}+4(y-1)) +(\frac{y^2}{x-1}+4(x-1)) -4(x+y)+8 \ge 8$ (áp dụng bất đẳng thức AM-GM là xong)

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 13:06