Chủ đề này có 14 trả lời

[dark templar]

Cho $a,b,c>0;ab+bc+ca+2abc=1$ ,k là số nguyên dương cho trước
Tìm max của $A=a^kb^kc$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 16-01-2011 - 09:15

[dark templar]

1 bài cũng na ná giống như vậy :
Cho $a,b,c>0;a^2+b^2+c^2+2abc=1$ và k là số nguyên dương cho trước
CM:$\min \left\{ {a^k b^k c;ab^k c^k ;a^k c^k b} \right\} \le \dfrac{{k^{k + 1} }}{{k.2^k \left( {k + 1} \right)^{k + 1} }}$

[hxthanh]

1 bài cũng na ná giống như vậy :
Cho $a,b,c>0;a^2+b^2+c^2+2abc=1$ và k là số nguyên dương cho trước
CM:$\min \left\{ {a^k b^k c;ab^k c^k ;a^k c^k b} \right\} \le \dfrac{{k^{k + 1} }}{{k.2^k \left( {k + 1} \right)^{k + 1} }}$

Đây chẳng phải kết quả của bài 1 sao?
Em đã nêu ra rồi thì ... giải luôn đi
Anh bó tay với mấy bài như thế này

[dark templar]

Cách làm hay đó bạn ! Nice solution!
bài thứ hai ngoài cách đặt như bạn ,mình làm bài đó theo kiểu lương giác hóa ,đặt $a = \sin \dfrac{A}{2};b = \sin \dfrac{B}{2};c = \sin \dfrac{C}{2}\left( {A + B + C = \pi } \right)$ rồi canh điểm rơi AM-GM là xong !Còn bài đầu topic là mình tự làm chặt lại từ bài 2 nhưng chưa biết giải làm sao!Mà sao bạn nghĩ đc cách đặt $a=a = \dfrac{x}{{y + z}};b = \dfrac{y}{{z + x}};c = \dfrac{z}{{x + y}}\left( {x,y,z > 0} \right)$ hay quá vậy !cái này là từ hằng đẳng thức ra phải ko ?????


P/s:1 bài xuất phát từ đề thi Olympic 30/4:
Cho $n,k \geq 2$ là các số nguyên cho trước .Chứng minh BĐT sau đúng :
$\sqrt[n]{{1 + \dfrac{n}{k}}} \le \dfrac{1}{n}\ln \left( {1 + \dfrac{n}{{k - 1}}} \right) + 1$
bài này cách giải hơi bị khủng nên mình post lên đây để tham khảo các mem cách giải khác gọn nhẹ hơn!

Bài giải đầy đủ của mình cho bài 2 :
Ta chỉ cần chứng minh $a^k.b^k.c \leq \dfrac{{k^{k + 1} }}{{k.2^k \left( {k + 1} \right)^{k + 1} }}$ là giải quyết xong bài toán !
Đặt $a=\sin \dfrac{A}{2};b = \sin \dfrac{B}{2};c = \sin \dfrac{C}{2}\left( {A + B + C = \pi } \right)$
BĐT ban đầu tương đương với :
$\sin ^k \left( {\dfrac{A}{2}} \right).\sin ^k \left( {\dfrac{B}{2}} \right).\sin \dfrac{C}{2} \le \dfrac{{k^{k + 1} }}{{k.2^k \left( {k + 1} \right)^{k + 1} }} $
$VT = \dfrac{{\left[ {\cos \left( {\dfrac{{A - B}}{2}} \right) - \cos \left( {\dfrac{{A + B}}{2}} \right)} \right]^k }}{{2^k }}.\sin \dfrac{C}{2} \le \dfrac{{\left[ {1 - \sin \dfrac{C}{2}} \right]^k .\sin \dfrac{C}{2}}}{{2^k }} $
$= \dfrac{{k^k .\underbrace {\left( {\dfrac{{1 - \sin \dfrac{C}{2}}}{k}} \right)}_{ \times k}.\sin \dfrac{C}{2}}}{{2^k }} \le \dfrac{{\left( {\dfrac{{1 - \sin \dfrac{C}{2} + \sin \dfrac{C}{2}}}{{k + 1}}} \right)^{k + 1} .k^k }}{{2^k .}} = \dfrac{{k^{k + 1} }}{{k.2^k \left( {k + 1} \right)^{k + 1} }} = VP\left( {dpcm - AM - GM} \right)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 01-01-2011 - 21:59

[dark templar]

Đây là bài giải cho BĐT lấy từ Olympic 30/4 ở trên :
Ta có bổ đề quen thuôc sau:
$\forall x > 0;\dfrac{1}{{x + 1}} < \ln \left( {x + 1} \right) - \ln x < \dfrac{1}{x}$
Trở lại bài toán .Sử dụng BĐT AM-GM,ta có :
$\dfrac{{k + 1}}{k} + \dfrac{{k + 2}}{{k + 1}} + ... + \dfrac{{k + n}}{{k + n - 1}} \ge n\sqrt[n]{{\dfrac{{k + 1}}{k}.\dfrac{{k + 2}}{{k + 1}}.....\dfrac{{k + n}}{{k + n - 1}}}} = n\sqrt[n]{{1 + \dfrac{n}{k}}} = nVP $
$\Rightarrow VP \le \dfrac{1}{n}\left( {1 + \dfrac{1}{k} + 1 + \dfrac{1}{{k + 1}} + ... + 1 + \dfrac{1}{{k + n - 1}}} \right) = 1 + \dfrac{1}{n}\left( {\dfrac{1}{k} + \dfrac{1}{{k + 1}} + ... + \dfrac{1}{{k + n - 1}}} \right) $
Đến đây sử dụng bổ đề ,ta sẽ có :
$VP < 1 + \dfrac{1}{n}\left[ {\ln k - \ln \left( {k - 1} \right) + \ln \left( {k + 1} \right) - \ln k + ... + \ln \left( {k + n - 1} \right) - \ln \left( {k + n - 2} \right)} \right] = \dfrac{1}{n}\left[ { - \ln \left( {k - 1} \right) + \ln \left( {n + k - 1} \right)} \right] + 1 $
$= \dfrac{1}{n}\ln \left( {\dfrac{{n + k - 1}}{{k - 1}}} \right) + 1 = \dfrac{1}{n}\ln \left( {1 + \dfrac{n}{{k - 1}}} \right) + 1 = VT\left( {dpcm} \right) $


P/s:Bài này giải hơi bị kinh khủng vì phải nghĩ đến việc tạo ra dãy $\dfrac{{k + 1}}{k} + \dfrac{{k + 2}}{{k + 1}} + ... + \dfrac{{k + n}}{{k + n - 1}}$ để áp dụng bổ đề cho thích hợp !
Bởi vậy mình đang cần 1 cách giải khác gọn nhẹ hơn !

[dark templar]

Chúng ta tiếp tục với 3 bài sau:
+Cho $a,b,c \in R$ thỏa mãn $a+b+c=0$
CMR:$8^a+8^b+8^c \geq 2^a+2^b+2^c$
+Cho $a,b>0$ thỏa mãn $a+b=a^4+b^4$
CMR:$a^{a}.b^{b} \leq 1 \leq a^{a^3}.b^{b^3}$
+Cho $a \geq b>0$
CMR:$(2^{a}+\dfrac{1}{2^{a}})^{b} \leq (2^{b}+\dfrac{1}{2^{b}})^{a}$

[Elym4ever]

$8^{a}+1+1 \geq 3.2^{a}$
$\Rightarrow $
$8^{a}+8^{b}+8^{c}\geq 2^{a}+2^{b}+2^{c} +2(2^{a}+2^{b}+2^{c} -3)$
Mặt khác
$2^{a}+2^{b}+2^{c} \geq 3 \sqrt[3]{2^{a+b+c}} =3$
vậy đpcm

[dark templar]

Bài này mình có cách giải khác như sau:
BDT tương đương với :
$(8^{a}-2^{a})+(8^{b}-2^{b})+(8^{c}-2^{c}) \geq 0$
Xét hàm số $f(x)=8^{x}-2^{x}$
$f'(x)=3xln2.8^{x}-2^{x}.ln2$
$f''(x)=3ln^{2}2.8^{x}+3ln^{2}2.3x^2-2^{x}.ln^{2}2>0, \forall x$
Áp dụng BDT Jensen ta có :
$VT=f(a)+f(b)+f© \geq 3f(\dfrac{a+b+c}{3})=3f(0)=0(dpcm)$

[dark templar]

+Cho $a,b>0$ thỏa mãn $a+b=a^4+b^4$
CMR:$a^{a}.b^{b} \leq 1 \leq a^{a^3}.b^{b^3}$
+Cho $a \geq b>0$
CMR:$(2^{a}+\dfrac{1}{2^{a}})^{b} \leq (2^{b}+\dfrac{1}{2^{b}})^{a}$

Các bạn thử giải tiếp 2 bài này đi!

[dark templar]

Đẩy topic lên xíu!
P/s:sr nha!Mình cần đẩy lên topic lên top!

[dark templar]

+Cho $a \geq b>0$
CMR:$(2^{a}+\dfrac{1}{2^{a}})^{b} \leq (2^{b}+\dfrac{1}{2^{b}})^{a}$

Thôi để mình giải bài trên !Ai có cách giải khác thì post lên nhé!Bài còn lại các bạn suy nghĩ tiếp đ8i nhé!
Logarit Nê-pe 2 vế ,ta có :
$b\ln \left( {\dfrac{{4^a + 1}}{{2^a }}} \right) \le a\ln \left( {\dfrac{{4^b + 1}}{{2^b }}} \right) $
$\Leftrightarrow \dfrac{a}{{\ln \left( {4^a + 1} \right) - a\ln 2}} \ge \dfrac{b}{{\ln \left( {4^b + 1} \right) - b\ln 2}}$
Xét hàm số $f\left( x \right) = \dfrac{x}{{\ln \left( {4^x + 1} \right) - x\ln 2}}\left( {x > 0} \right)$
$f'\left( x \right) = \dfrac{{\left( {4^x + 1} \right)\ln \left( {4^x + 1} \right) - 4^x .x\ln 4}}{{\left( {4^x + 1} \right)\left[ {\ln \left( {4^x + 1} \right) - x\ln 2} \right]^2 }} $
Xét hàm số $g\left( x \right) = \left( {4^x + 1} \right)\ln \left( {4^x + 1} \right) - 4^x .x\ln 4\left( {x > 0} \right) $
$g'\left( x \right) = 4^x \ln 4\left[ {\ln \left( {4^x + 1} \right) + 1 - \ln 4} \right] $
Xét tiếp hàm số $h\left( x \right) = \ln \left( {4^x + 1} \right) + 1 - \ln 4\left( {x > 0} \right)$
$h'\left( x \right) = \dfrac{{4^x \ln 4}}{{4^x + 1}} > 0,\forall x > 0 $
Suy ra $h(x)$ đồng biến trên miền $x>0 \Rightarrow h(x)>h(0)=\ln2+1-ln4>0$
Suy ra $g'(x)=4^{x}.\ln4.h(x)>0, \forall x>0$
Suy ra $g(x)$ đồng biến trên miền $x>0 \Rightarrow g(x)>g(0)=2\ln2>0$
$ \Rightarrow f'\left( x \right) = \dfrac{{g\left( x \right)}}{{\left( {4^x + 1} \right)\left[ {\ln \left( {4^x + 1} \right) - x\ln 2} \right]^2 }} > 0,\forall x > 0$
$ \Rightarrow f(x)$ đồng biến trên miền $x>0$
Vì $a \geq b$ nên $f(a) \geq f(b) \Leftrightarrow\dfrac{a}{{\ln \left( {4^a + 1} \right) - a\ln 2}} \ge \dfrac{b}{{\ln \left( {4^b + 1} \right) - b\ln 2}}\left( {dpcm} \right)$
P/s:Bài này lúc mình thấy cách xấu +Trâu quá nên post lên dđ để xin 1 lời giải đẹp !

[dark templar]

Chắc topic sụp mất thôi ( ( ( Để lâu vậy mà vẫn chẳng có ai trả lời

[dark templar]

+Cho $a,b>0$ thỏa mãn $a+b=a^4+b^4$
CMR:$a^{a}.b^{b} \leq 1 \leq a^{a^3}.b^{b^3}$

Giải luôn bài còn lại vậy :
Ta sẽ chứng minh bổ đề sau :
$1 - \dfrac{1}{x} \leq \ln x \leq x - 1,\forall x > 0$
chúng minh:
Ta chứng minh VP trước:
Sử dụng định lý Larrange cho hàm số $y = \ln t\left( {0;1} \right]$, ta có tồn tại một số $c \in (0;1)$ sao cho :
$\dfrac{{\ln x - \ln 1}}{{x - 1}} = f'\left( c \right) = \dfrac{1}{c} > 1 \Rightarrow \ln x < x - 1$
Trường hợp $t \in [1;+ \infty )$ cũng lý luận giống vậy
Dễ thấy $x=1$ thì dấu bằng xảy ra
Kết hợp các cm trên lại ta có đpcm
Còn VT chỉ là hệ quả của VP khi ta thay $x=\dfrac{1}{x}$ mà thôi !

Trở lại bài toán ,lấy logarit hóa 2 vế ,ta có :
$\ln \left( {a^a .b^b } \right) \le 0 \le \ln \left( {a^{a^3 } b^{b^3 } } \right) \Leftrightarrow a\ln a + b\ln b \le 0 \le a^3 \ln a + b^3 \ln b$
Ta sẽ chứng minh VT :
Áp dụng bổ đề ,ta có :
$a\ln a + b\ln b \le a\left( {a - 1} \right) + b\left( {b - 1} \right) = a^2 + b^2 - \left( {a + b} \right) \le 0 $
$\Leftrightarrow a^2 + b^2 \le a + b \Leftrightarrow \left( {a^2 + b^2 } \right)^3 \le \left( {a + b} \right)^3 = \left( {a + b} \right)^2 \left( {a^4 + b^4 } \right)\left( {True - Holder} \right) $
Bây giờ ta sẽ chứng minh VP:
$a^3 \ln a + b^3 \ln b \ge a^3 \left( {1 - \dfrac{1}{a}} \right) + b^3 \left( {1 - \dfrac{1}{b}} \right) \ge 0 $
$\Leftrightarrow a^3 + b^3 \ge a^2 + b^2 \Leftrightarrow \left( {a^3 + b^3 } \right)^3 \ge \left( {a^2 + b^2 } \right)^3 $
$\Leftrightarrow \left( {a + b} \right)\left( {a^3 + b^3 } \right)^3 \ge \left( {a^4 + b^4 } \right)\left( {a^2 + b^2 } \right)^3 $
$\Leftrightarrow \dfrac{{\left( {a + b} \right)\left( {a^3 + b^3 } \right)}}{{\left( {a^2 + b^2 } \right)^2 }} \ge \dfrac{{\left( {a^4 + b^4 } \right)\left( {a^2 + b^2 } \right)}}{{\left( {a^3 + b^3 } \right)^2 }} $
$\Leftrightarrow \left( {a^3 + b^3 } \right)^2 \ge ab\left( {a^2 + b^2 } \right)^2 $
$a^3 + b^3 \ge ab\left( {a + b} \right) \Leftrightarrow 2\left( {a^3 + b^3 } \right) \ge \left( {a + b} \right)\left( {a^2 + b^2 } \right) $
$\Rightarrow \left( {a^3 + b^3 } \right)^2 \ge \dfrac{{\left( {a + b} \right)^2 \left( {a^2 + b^2 } \right)^2 }}{4} \ge ab\left( {a^2 + b^2 } \right)^2 \left( {AM - GM} \right) $
$\Rightarrow Q.E.D $
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1$

[dark templar]

Hôm nay mới chôm đc từ mathscope 2 bài BĐT khá hay cho các bạn giải thử :
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng :$\dfrac{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}{{abc}} \ge \dfrac{{\left( {2a + b + c} \right)^2 }}{{a^2 + bc}}$

Cho $a,b,c>0;a+b+c=3$.Chứng minh rằng :
$\dfrac{{\sqrt {a^2 + abc} }}{{c + ab}} + \dfrac{{\sqrt {b^2 + abc} }}{{a + bc}} + \dfrac{{\sqrt {c^2 + abc} }}{{b + ac}} \le \dfrac{1}{{2\sqrt {abc} }}$

[dark templar]

Cho $a,b,c>0;a+b+c=3$.Chứng minh rằng :
$\dfrac{{\sqrt {a^2 + abc} }}{{c + ab}} + \dfrac{{\sqrt {b^2 + abc} }}{{a + bc}} + \dfrac{{\sqrt {c^2 + abc} }}{{b + ac}} \le \dfrac{1}{{2\sqrt {abc} }}$

Để mình giải bài dưới,còn bài trên các bạn suy nghĩ thêm đi nhé
Viết lại BĐT dưới dạng sau:$\sum {\dfrac{{a\sqrt {c\left( {a + b} \right)b\left( {a + c} \right)} }}{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}} \le \dfrac{1}{2} $
Đặt $q = ab + bc + ca;r = abc \Rightarrow q \in \left( {0;\dfrac{1}{3}} \right];r \in \left( {0;\dfrac{1}{{27}}} \right]$
Kết hợp với BĐT AM-GM,BĐT trở thành:
$VT \le \sum {\dfrac{{a.\dfrac{{bc + q}}{2}}}{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}}} = \dfrac{{\sum {a\left( {a + b} \right)\left( {bc + q} \right)} }}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} $
$= \dfrac{{2r + q\left( {1 - 2q} \right) + q^2 }}{{2\left( {q - r} \right)}} \le \dfrac{1}{2} $
$\Leftrightarrow 2r + q - q^2 \le q - r \Leftrightarrow q^2 \ge 3r\left( {True - AM - GM} \right) $
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$
-----------------
P/s:Mình cho thêm 1 bài cho các bạn làm thử :
Cho $a,b,c>0;a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} + \sqrt[3]{{abc}} \ge \dfrac{{10}}{{9\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 19-02-2011 - 20:50