Chủ đề này có 206 trả lời

[truclamyentu]

giúp mình bài này với, dạo này tư duy kém quá, đây là bài thi thử đại học khối A dành cho khối 10 tham dự
Cho a,b,c 0; a + b + c 3.Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{1+a} + \dfrac{1}{1+b} + \dfrac{1}{1+c} \geq \dfrac{a}{1+ a^{2} } + \dfrac{b}{1+b^{2} } + \dfrac{c}{1+ c^{2} }$

bất đẳng thức cần cm tương đương với:

$\begin{array}{l}\sum {\dfrac{{a - 1}}{{(a + 1)({a^2} + 1)}}} \le 0\\\\\sum {\dfrac{{a - 1}}{{(a + 1)({a^2} + 1)}}} = \dfrac{1}{4}\sum {\dfrac{{4(a - 1)}}{{(a + 1)({a^2} + 1)}}} \\\\= \sum {(a - 1)} + \dfrac{1}{4}\sum {\left( {\dfrac{{4(a - 1)}}{{(a + 1)({a^2} + 1)}} - (a - 1)} \right)} \\\\= \sum {(a - 1)} - \dfrac{1}{4}\sum {\left( {\dfrac{{{{(a - 1)}^2}({a^2} + 2a + 3)}}{{(a + 1)({a^2} + 1)}}} \right)} \\\\ \le \sum {(a - 1)} \le 0\end{array}$

từ đó suy ra DPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 15-05-2012 - 19:11

[anhtuanDQH]

nhận lời mời dự tiệc mà giờ mới vô được
bài 11
cho các số thực dương a, b, c tm a+b+c=1
CmR:
$\sqrt{a+\dfrac{(b-c)^2}{4}}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \leq \sqrt{3} $

olympic toán nữ sinh TQ

--------
bài này có vẻ cũ nhưng hay

Cauchy Schwarz
$\ VT^2 \leq 3[a+ \dfrac{ (b-c)^2+2( \sqrt{b} + \sqrt{c} )^2}{4} ] =3[a + \dfrac{ (b-c)^2+2(b+c) + 4\sqrt{bc}} {4} $
Mà $\ (b-c)^2+4\sqrt{bc} =(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2 +4\sqrt{bc} $
$\leq 2(b+c)(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2 +4\sqrt {bc} \leq 2(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2+4\sqrt {bc} =2(b+c) $
Suy ra $\ VT^2 \leq 3 $ suy ra ÐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 24-05-2011 - 09:06
Cần gõ cách dòng cho dễ nhìn

[Zaraki]

Đưa tiếp 1 bài lên vậy
Bài 10: Cho $a,b,c>0;a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{bc}{\sqrt{a^2+3}}+\dfrac{ac}{\sqrt{b^2+3}}+\dfrac{ab}{\sqrt{c^2+3}} \le \dfrac{3}{2}$

Mình xin đưa lời giải khác cho bài này!

BĐT $\dfrac{2bc}{a+3}+\dfrac{2ac}{b+3}+\dfrac{2ab}{c+3}\leq\dfrac{3}{2}$ chứng mình khá là dễ.
$\sum\dfrac{2bc}{a+3}=\sum\dfrac{2bc}{a+b+a+c}\le\sum\dfrac{2bc}{4}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\right) =\sum\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}\right) =\dfrac{1}{2}\sum\left(\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{bc}{a+c}\right) =\dfrac{1}{2}\sum a=\dfrac{3}{2}$. (đpcm)

[dark templar]

Mình xin đưa lời giải khác cho bài này!

BĐT $\dfrac{2bc}{a+3}+\dfrac{2ac}{b+3}+\dfrac{2ab}{c+3}\leq\dfrac{3}{2}$ chứng mình khá là dễ.
$\sum\dfrac{2bc}{a+3}=\sum\dfrac{2bc}{a+b+a+c}\le\sum\dfrac{2bc}{4}\left(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+c}\right) =\sum\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{bc}{a+b}+\dfrac{bc}{a+c}\right) =\dfrac{1}{2}\sum\left(\dfrac{ac}{a+c}+\dfrac{bc}{a+c}\right) =\dfrac{1}{2}\sum a=\dfrac{3}{2}$. (đpcm)

Chứng mình BĐT này thì có liên quan gì tới Bài 10 đâu
P/s:Mong các bạn hãy đọc rõ quy định của topic là giải xong mới được post tiếp nên mong các bạn đừng post thêm bài nữa,trừ khi đã giải được các bài cũ hơn.Thân.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 24-05-2011 - 09:04

[alex_hoang]

Bài 6: Cho $a,b,c \ge 0;ab+bc+ca=3$.Chứng minh rằng:$\dfrac{9}{10} \le \dfrac{1}{a^2+2}+\dfrac{1}{b^2+2}+\dfrac{1}{c^2+2} \le 1$
(Thái Nguyễn Hưng)

bai 6 minh giai nhu sau
bat dang thuc ben phai truoc
ta co $\dfrac{1}{2+ a^{2} } + \dfrac{1}{2+ b^{2} } + \dfrac{1}{2+ c^{2} } \leq 1 \Leftrightarrow \dfrac{ a^{2}}{2+ a^{2} } + \dfrac{ b^{2}}{2+b^{2} } + \dfrac{ c^{2} }{2+c^{2} } \geq 1$
ap dung bdt cauchy schwarz ta co $VT \geq \dfrac{ (a+b+c)^{2}}{6+ a^{2}+ b^{2}+c^{2} } $
su dung dieu kien $ab+bc+ca=3$ ta co dpcm
bdt ben trai
qui dong va rut gon ta duoc bdt tuong duong
$4( a^{2} +b^{2}+ c^{2} )+48 \geq 9a^2b^2c^2+8\sum a^2b^2 $
$\Leftrightarrow 4(a^{2} +b^{2}+ c^{2} )+16abc(a+b+c) \geq 9a^2b^2c^2+24$ (do$ab+bc+ca=3$)
su dung bdt schur la
$a^{2} +b^{2}+ c^{2}+ \dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 2( ab+bc+ca)$
ta duoc
$16abc(a+b+c) \geq 9 (abc)^{2}+\dfrac{36abc}{a+b+c}$
de thay bdt tren dung (ngai viet qua nen con lai tu cm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 25-05-2011 - 08:25

[Zaraki]

Cho mình hỏi luôn một bài tương tự bài 10
Bài 14: Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.CMR:
$\dfrac{a}{\sqrt{b^{2}+3}}+\dfrac{b}{\sqrt{c^{2}+3}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^{2}+3}}\ge \dfrac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 28-05-2011 - 17:28
Gõ Latex hoàn toàn trong bài viết

[alex_hoang]

Tiếp tục nào
Bài 9: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn$a+b+c=2$. CMR:

$\dfrac{{bc}}{{{a^2} + 1}} + \dfrac{{ac}}{{{b^2} + 1}} + \dfrac{{ab}}{{{c^2} + 1}} \leqslant 1$

*Nhận xét : Bài này có khá nhiều cách giải rất trâu bò
Các bạn có thể tìm đc bao nhiêu cách giải cho bài này ???
Các bạn nhanh chóng giải bài này đi
Gợi ý : Chỉ sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ $(Cauchy)$

Đừng post bài nữa nhá để giải xong mấy bài trên rồi post tiếp nha

mình giải bài 9 này như sau :
$\dfrac{bc}{1+ a^{2} } \leq \dfrac{bc(b+c)}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}$
Thật vậy:
$\Leftrightarrow (b+c)(1+ a^{2} \geq bc(b+c)+a(b^{2}+ c^{2})+ a^{2}(b+c)$
vì $ a(b^{2}+ c^{2})=a(b+c)^{2}-2abc$
$ \Rightarrow (b+c)(1+a^{2})-a( b+c)^{2})- a^{2}(b+c) \geq bc(b+c)-2abc$
$ \Leftrightarrow (b+c)(1-ab-ac) bc(b+c-2a)$
Nếu $1-ab-ac \geq 0$ thì hiển nhiên đúng nếu $ b+c \leq 2a$
Ngược lại
$VT-VP \geq (b+c)(1-ab-ac)-(b+c-2a) \dfrac{(b+c)^{2} }{4}= \dfrac{bc( a)^{2} }{4} \geq 0$
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 25-05-2011 - 08:45
Gõ Latex hoàn toàn trong bài viết

[alex_hoang]

Cho mình hỏi luôn một bài tương tự bài 10
Bài 14: Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.CMR:
$\dfrac{a}{\sqrt{b^{2}+3}}+\dfrac{b}{\sqrt{c^{2}+3}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^{2}+3}}\ge \dfrac{3}{2}$

bai 14 ban vua neu minh cm nhu sau
do $abc=1 \Rightarrow ab+bc+ca \geq 3$
vay ta se cm bdt manh hon nhu sau
$\dfrac{2a}{ \sqrt{(b+c)(b+a} }+ \dfrac{2b}{ \sqrt{(b+c)(c+a} }+ \dfrac{2c}{ \sqrt{(a+c)(b+a} } \geq 3$
that vay
ta dat $u= \sqrt{b+c},v= \sqrt{a+c},w= \sqrt{a+b}$
khi do bdt tuong duong
$ \dfrac{ v^{2}+ w^{2} - u^{2} }{uw} + \dfrac{u^{2}+ w^{2} - v^{2} }{uv}+\dfrac{ u^{2}+ w^{2} - v^{2} }{vw} \geq 3$
tu day qui dong va thu gon ap dung AM GM ta co dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 28-05-2011 - 17:28
Gõ Latex hoàn toàn trong bài viết

[l.kuzz.l]

Này thì BĐT
Bài 18 (Mãi chưa ai giải quyêt)
Cho các số thực x,y,z t/m xyz=1
CMR với mọi số thực m ta có $ \dfrac{(x+m)^2 }{(x-1)^2}+ \dfrac{(y+m)^2}{(y-1)^2}+ \dfrac{(z+m)^2}{(z-1)^2} \geq 1$
Bài 19 Cho các số thực dương t/m x.(x+y+z)=3yz
CMR $ (x+y)^3 + (x+z)^3 + 3(x+y)(y+z)(x+z) \leq 5(y+z)^3 $
Bài 20 Cho 3 số thực dương x,y,z t/m xyz=1 CMR 2A 1, 2B 1
Với $ A= \dfrac{1}{2x^2+y^2=3} + \dfrac{1}{2y^2+z^2+3}+ \dfrac{1}{2z^2+x^2+3} $
$ B= \dfrac{1}{(x+1)^2+y^2+1}+ \dfrac{1}{(y+1)^2+z^2+1}+ \dfrac{1}{(z+1)^2+x^2+1}$
Tất nhin là CM A=>B
Bài 21 Cho các sô thực không âm $a_{1}, a_{2}, a_{3},..,$
CMR $a_{1}.a_{2}... +1\leq \sqrt[n]{ (a_{1}+1)(a_{2}+1)..(+1)}$
Bài 22 Cho các số thực không âm x,y,z,m,n,p
CMR $ \sqrt[3]{mnp}+ \sqrt[3]{xyz} \leq \sqrt[3]{(x+m)(y+n)(z+n)}$
P/s Toàn những bài ôn chuyên ấy mỗi tội chưa có lời giải
Tạm thời như vậy chứ còn nhìu lắm
Anh nào vào sửa hộ em nha

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khacduongpro_165: 25-05-2011 - 12:18

[truclamyentu]

Bài 20 Cho 3 số thực dương x,y,z t/m xyz=1 CMR 2A 1, 2B 1
Với $ A= \dfrac{1}{2x^2+y^2=3} + \dfrac{1}{2y^2+z^2+3}+ \dfrac{1}{2z^2+x^2+3} $
$ B= \dfrac{1}{(x+1)^2+y^2+1}+ \dfrac{1}{(y+1)^2+z^2+1}+ \dfrac{1}{(z+1)^2+x^2+1}$

áp dung AM-GM TA có :

${x^2} + {y^2} \ge 2xy;{x^2} + 1 \ge 2x$

tương tự suy ra :

$2A \le \dfrac{1}{{xy + x + 1}} + \dfrac{1}{{yz + y + 1}} + \dfrac{1}{{zx + z + 1}}\\\\= \dfrac{1}{{\dfrac{1}{z} + x + 1}} + \dfrac{1}{{\dfrac{z}{{xz}} + \dfrac{1}{{xz}} + 1}} + \dfrac{1}{{zx + z + 1}}\\\\ = \dfrac{z}{{xz + x + 1}} + \dfrac{{xz}}{{xz + x + 1}} + \dfrac{1}{{zx + z + 1}} = 1$

chứng minh 2B 1 hoàn toàn tương tự

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truclamyentu: 24-05-2011 - 23:23

[alex_hoang]

[quote name='alex_hoang' date='May 25 2011, 12:55 AM' post='262026']
bai 18 nay kha hay no la bai tong quat cua bai BDT trong ki thi imo 2008
minh giai bai 18 nhu sau
dat $a= \dfrac{x+m}{x-1},b= \dfrac{y+m}{y-1},c= \dfrac{z+m}{z-1}$
khi do ta co
$x= \dfrac{a+m}{a-1}, y= \dfrac{b+m}{b-1}, z= \dfrac{c+m}{c-1}$,
do $xyz=1$ nen $(a+m)(b+m)(c+m)=(a-1)(b-1)(c-1)$
$ \Leftrightarrow 1=-(ab+bc+ca)+(1-m)(a+b+c)+m- m^{2}$
ta co
$ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}=2(-(ab+bc+ca)+(1-m)(a+b+c)+m- m^{2} )-1$
$(a+b+c+m-1) ^{2}+ m^{2} \geq 0$
vay bdt da dc cm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 25-05-2011 - 12:17
latex

[nguyen thai phuc]

Dạo này nghỉ hè rỗi rãi sáng tác 1 bài tặng các bạn nhân dịp cuối năm học
Cho $a,b,c>0 $ thỏa mãn $ a^2+b^2+c^2=1 $.Chứng minh:
$ \dfrac{c+ab}{\sqrt{1-a^2}}+\dfrac{a+bc}{\sqrt{1-b^2}}+\dfrac{b+ca}{\sqrt{1-c^2}} \le \sqrt{6+3a+3b+3c} $

Lâu lắm mới vào vmf, làm tí cho xôm tụ .
Ta có:
$\begin{align} & \sqrt{\dfrac{{{\left( c+ab \right)}^{2}}}{1-{{a}^{2}}}}=\sqrt{\dfrac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+2abc}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}=\sqrt{\dfrac{\left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}} \right)\left( {{c}^{2}}+{{a}^{2}} \right)+2abc}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}} \\ & \le \sqrt{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}+a} \\ \end{align}$
vậy $\sum{\sqrt{\dfrac{{{\left( c+ab \right)}^{2}}}{1-{{a}^{2}}}}}\le \sum{\sqrt{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}+a}}\le \sqrt{6+3a+3b+3c}$
P/S: mấy cái (1);(2);(3) ở đâu ra ấy nhỉ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 28-05-2011 - 17:26

[NguyThang khtn]

Thư giãn với bài sau:
cho a,b,c là độ dài ba cạnh một tam giác .CMR:
$(a+b+c)abc \geq (ab+bc+ac)\sqrt[3]{\sum(a+b-c)}$

[NguyThang khtn]

Thư giãn với bài sau:
cho a,b,c là độ dài ba cạnh một tam giác .CMR:
$(a+b+c)abc \geq (ab+bc+ac)\sqrt[3]{\sum(a+b-c)}$

Lâu không thấy ai giải,mình post lên cho các bạn tham khảo nha !
Đặt $b+c-a=x;a+c-b=y;a+b-c=z$ thì $x,y,z > 0$ và $a=\dfrac{z+y}{2};b=\dfrac{x+z}{2};c=\dfrac{x+y}{2}$
Chuẩn hóa $ xyz=1$.BDT trở thành :
$x+y+z \geq \sum\dfrac{2}{x+y}$
theo AM-GM:
$ \sum\dfrac{2}{x+y} \leq \sum \dfrac{2}{2\sqrt{xy}} = \sum \sqrt{x} \leq \dfrac{x+1+y+1+z+1}{2} \leq x+y+z$
Dấu = xảy ra khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 03-06-2011 - 16:29
Latex+Gõ tiếng Việt có dấu

[Tạ Hồng Quảng]

Bài 22. Cho a, b, c, d, e không âm. Chứng minh
$a^6b+b^6c+c^6d+d^6e+e^6a\ge abcde(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)$

(Sáng tác)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tạ Hồng Quảng: 13-09-2011 - 19:52

[NguyThang khtn]

Bài 22. Cho a, b, c, d, e không âm. Chứng minh
$a^6b+b^6c+c^6d+d^6e+e^6a\ge abcde(a^2+b^2+c^2+d^2+e^2)$

Theo AM-GM:

$2a^6b+ abcde(+c^2+d^2+e^2) \geq 5a^2.abcde$
Làm tương tự rùi cộng lại ta được ĐPCM!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 05-07-2011 - 11:29

[NguyThang khtn]

Các bạn xem lời giải của mình ở đây

Solution

sao lại ra thế này nhỉ?
$\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+(b+c)^3}}= \sqrt{\dfrac{1}{1+(\dfrac{b+c}{a})^3}} = \sqrt{\dfrac{1}{(1+\dfrac{b+c}{a})(\dfrac{(b+c)^2}{a^2}-\dfrac{b+c}{a}+1)}} \geq \dfrac{1}{\dfrac{(b+c)^2}{a^2}+2} \geq\dfrac{a^2}{2(a^2+b^2+c^2)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-07-2011 - 18:06

[Zaraki]

Lâu thấy topic no có bài mới, post một bài lên nè!
$\fbox{23}$. Cho các số không âm $a,b,c$ và $d$ sao cho $a+b+c+d\neq0$. Chứng minh rằng:

$a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+\dfrac{32abcd}{a+b+c+d}\geq3(abc+abd+acd+bcd)$

[lethanhtam_dt]

Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn $ \sqrt{ab} +\sqrt{bc} +\sqrt{ca} \geq a+b+c$
CMR: $\sqrt{a^2+ab+b^2} +\sqrt{b^2+bc+c^2} +\sqrt{c^2+ca+a^2} \geq \sqrt{3}(a+b+c)$

[NguyThang khtn]

Bài này không bít cái ĐK này:

$\sqrt{ab} +\sqrt{bc} +\sqrt{ca} \geq a+b+c$

để làm gì nhỉ?
Áp dụng BDT:
$\sqrt{x^2+xy+y^2} \geq \dfrac{\sqrt{3}(x+y)}{2}#$
Từ đó ta có ngay:
$\sqrt{a^2+ab+b^2} +\sqrt{b^2+bc+c^2} +\sqrt{c^2+ca+a^2} \geq \sqrt{3}(a+b+c)$