Đến nội dung


Chú ý

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

Tản mạn BĐT


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 436 trả lời

#101 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 07-08-2011 - 22:27

Bài 35 em đã có lời giải, nếu mọi người không làm được thì em sẽ post lên nha.

#102 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 08-08-2011 - 00:18

$\dfrac{27}{4(a+b+c)^2}\ge \sum \dfrac{1}{2a^2+b^2+c^2}$
Có thể thử với BĐT mạnh hơn.

Hình như như lời bạn viết có ở đây thì phải.Bạn đừng mang bài đi hỏi sớm vậy
http://www.artofprob...v...51&t=422509
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#103 loveyou

loveyou

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 22 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương

Đã gửi 08-08-2011 - 12:34

Hình như như lời bạn viết có ở đây thì phải.Bạn đừng mang bài đi hỏi sớm vậy
http://www.artofprob...v...51&t=422509

2 bài 33, 33 mình nhớ là anh vuthanhtu_hd post cách đây khá lâu rồi, cả giải, nhưng mà hình như bên maths.vn (toanthpt.net ngày xưa) nhưng giờ vừa mình vào tìm lại thì không còn.

#104 Nguyễn Hoàng Lâm

Nguyễn Hoàng Lâm

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 312 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Biên Hòa - Đồng Nai

Đã gửi 08-08-2011 - 13:13

Bài 33. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = 1$. Chứng minh rằng:

$( \sqrt{a}+\sqrt{b} +\sqrt{c} )( \dfrac{1}{ \sqrt{a+1} }+\dfrac{1}{ \sqrt{b+1} } +\dfrac{1}{ \sqrt{c+1} } ) \le \dfrac{9}{2}$

Bài 33 : Bài này khá hóc . Giả sử $ a\geq b \geq c $
Áp dụng BĐT chebyshev ta có:
$ VT \leq 3(\sqrt{\dfrac{a}{1+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+1}} +\sqrt{\dfrac{c}{a+1}}) $
Đến đây ta cần chứng minh:
$ \sqrt{\dfrac{a}{1+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+1}} +\sqrt{\dfrac{c}{a+1}} \leq \dfrac{3}{2} $
Biến đổi Vt như sau:
$ VT = \sqrt{\dfrac{ac}{(c+a)(c+b)}} +\sqrt{\dfrac {b^2}{(b+a)(b+c)}} +\sqrt{\dfrac{ac}{(a+c)(a+b)}}$
áp dụng BĐt Cauchy Ta sẽ có :
$ VT \leq \dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{a+c}+\dfrac{c}{c+b}+\dfrac{b}{b+a}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{a+c}+\dfrac{a}{a+b}) $
$ \Leftrightarrow VT \leq \dfrac{3}{2} $
Từ đó ta có điều cần chứng minh .
P/s: Bài 35 mình chưa hiểu đề cho lắm .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Lâm: 08-08-2011 - 13:14

Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .


#105 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 08-08-2011 - 15:23

P/s: Bài 35 mình chưa hiểu đề cho lắm .

Đề không có vấn đề đâu bạn ak.

#106 emmuongioitoan

emmuongioitoan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 44 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:8A, THCS Vũ Hữu, Bình Giang, Hải Dương
  • Sở thích:Càn quét, dọn dẹp các bài toán.

Đã gửi 08-08-2011 - 16:59

$ \sqrt{\dfrac{a}{1+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{b+1}} +\sqrt{\dfrac{c}{a+1}} \leq \dfrac{3}{2} $
Biến đổi Vt như sau:
$ VT = \sqrt{\dfrac{ac}{(c+a)(c+b)}} +\sqrt{\dfrac {b^2}{(b+a)(b+c)}} +\sqrt{\dfrac{ac}{(a+c)(a+b)}}$

Vế trái tại sao bằng thế này được ???
Phấn đấu thi IMO 2015 & IMO 2016

Website trường mình: http://vuhuu.edu.vn
Diễn đàn trường mình: http://vuhuuonline.net

#107 emmuongioitoan

emmuongioitoan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 44 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:8A, THCS Vũ Hữu, Bình Giang, Hải Dương
  • Sở thích:Càn quét, dọn dẹp các bài toán.

Đã gửi 08-08-2011 - 17:05

Mình gợi ý bài 34 nhé, đặt x,y,z như ở trên thì bất đằng thức dạng phản chứng có dạng.

Cho $x,y,z > 0 $ và $xyz = 1$

CMR $x+y+z \ge 2(\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x})$

P/S: @loveyou: 2 bài này đúng là anh vuthanhtu_hd post lên, diễn đàn ta cũng có nhưng ở diễn đàn chúng ta thì chưa post lời giải. Em tìm được nên post cho mọi người cùng làm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi emmuongioitoan: 08-08-2011 - 17:07

Phấn đấu thi IMO 2015 & IMO 2016

Website trường mình: http://vuhuu.edu.vn
Diễn đàn trường mình: http://vuhuuonline.net

#108 Nguyễn Hoàng Lâm

Nguyễn Hoàng Lâm

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 312 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Biên Hòa - Đồng Nai

Đã gửi 08-08-2011 - 17:10

Vế trái tại sao bằng thế này được ???

Đến giớ tớ mới nhận ra là mình làm sai . Thanks nhiều lắm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Lâm: 08-08-2011 - 17:13

Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .


#109 emmuongioitoan

emmuongioitoan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 44 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:8A, THCS Vũ Hữu, Bình Giang, Hải Dương
  • Sở thích:Càn quét, dọn dẹp các bài toán.

Đã gửi 08-08-2011 - 17:18

Đến giớ tớ mới nhận ra là mình làm sai . Thanks nhiều lắm

Hic 2 bài này khá khó, mỗi tội anh vuthanhtu giờ không thấy vào diễn đàn nữa để hỏi :D.

Mọi người nghĩ tiếp bài 34 nhé, mình chuyển về dạng phản chứng thấy khả quan, đến đó chắc phải dùng $p,q,r$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi emmuongioitoan: 08-08-2011 - 17:19

Phấn đấu thi IMO 2015 & IMO 2016

Website trường mình: http://vuhuu.edu.vn
Diễn đàn trường mình: http://vuhuuonline.net

#110 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 10-08-2011 - 23:58

Bài 35: Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

$\sum\limits_{cyc} {\left( {\dfrac{a}{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}} \right)} ^k \ge \dfrac{3}{{3^k }}\,\,\,,\,\,k = 0,8$.

Theo yêu cầu của vietfrog mình xin post lời giải bài 35.
Theo BĐT Cauchy cho 10 số ta có:

$8.\dfrac{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}{{3a}} + 1 + 1 \ge 10\sqrt[{10}]{{\left( {\dfrac{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}{{3a}}} \right)^8 }}$
$\Leftrightarrow \dfrac{{8\sqrt {a^2 + 8bc} + 6a}}{{3a}} \ge 10\sqrt[{10}]{{\left( {\dfrac{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}{{3a}}} \right)^8 }}$
$\Leftrightarrow \left( {\dfrac{{3a}}{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}} \right)^{0,8} \ge \dfrac{{3a.10}}{{8\sqrt {a^2 + 8bc} + 6a}} = \dfrac{{15a}}{{4\sqrt {a^2 + 8bc} + 3a}}$

Chứng minh tương tự ta có các BĐT sau:

$\left( {\dfrac{{3b}}{{\sqrt {b^2 + 8ca} }}} \right)^{0,8} \ge \dfrac{{15b}}{{4\sqrt {b^2 + 8ca} + 3b}}\,,\,\,\,\,\left( {\dfrac{{3c}}{{\sqrt {c^2 + 8ab} }}} \right)^{0,8} \ge \dfrac{{15c}}{{4\sqrt {c^2 + 8ab} + 3c}}$

Cộng 3 BĐT trên vế theo vế ta thu được:

$\sum {\left( {\dfrac{{3a}}{{\sqrt {a^2 + 8bc} }}} \right)} ^k \ge \sum {\dfrac{{15a}}{{4\sqrt {a^2 + 8bc} + 3a}} = \sum {\dfrac{{15a^2 }}{{4\sqrt {a^2 \left( {a^2 + 8bc} \right)} + 3a^2 }}} } $
$\ge 15\dfrac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{4\sum {\sqrt {a\left( {a^3 + 8abc} \right)} } + 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}}$
$\ge 15\dfrac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{4\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 24abc} \right)} + 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}}$

Vậy ta cần chứng minh

$\15\dfrac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{4\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 24abc} \right)} + 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}} \ge 3$
$\Leftrightarrow \dfrac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{{4\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 24abc} \right)} + 3\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}} \ge \dfrac{1}{5}$
$ \Leftrightarrow 2\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) + 10\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 4\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 24abc} \right)} $
$\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)^2 + 3\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 2\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 24abc} \right)} $

Đặt:

$2x = a - b + c,\,\,2y = a + b - c,\,\,2z = b - a + c$.
$\Rightarrow x,\,y,\,z > 0 \Rightarrow a = x + y,\,\,b = y + z,\,\,c = z + x$

Ta có các đẳng thức phụ:

$1)\,\left( {a + b + c} \right)^2 = 4\left( {x + y + z} \right)^2 = 4p^2 \,\,\,\left( {p = x + y + z} \right)$
$2)\,ab + bc + ca = \left( {x + y + z} \right)^2 + \left( {xy + yz + zx} \right) = p^2 + q\,\,\,\left( {q = xy + yz + zx} \right)$
$3)\,abc = \left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right) = \left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right) - xyz = pq - r\,\,\,\left( {r = xyz} \right)$
$a^3 + b^3 + c^3 + 24abc = \left( {a + b + c} \right)^3 - 3\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) + 24abc$
$= 8p^3 - 3\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) + 27abc$
$= 8p^3 - 3.2p\left( {p^2 + q} \right) + 27\left( {pq - r} \right) = 2p^3 + 21pq - 27r$

Vì thế, BĐT cần chứng minh được viết lại như sau:

$\left( {4p^2 + 3\left( {p^2 + q} \right)} \right) \ge 2\sqrt {2p\left( {2p^3 + 21pq - 27r} \right)} $
$\Leftrightarrow \left( {7p^2 + 3q} \right)^2 \ge 4.2p\left( {2p^3 + 21pq - 27r} \right)$
$\Leftrightarrow 49p{}^4 + 9q^2 + 42p^2 q \ge 16p^4 + 168p^2 q - 216pr$
$\Leftrightarrow 33p^4 + 9q^2 + 216r \ge 126p^2 q\,\,\,(1)$

Mặt khác, theo BĐT Schur bậc 1 ta có:

$x^3 + y^3 + z^3 \ge x^2 y + xy^2 + y^2 z + yz^2 + z^2 x + zx^2 $
$\Rightarrow \left( {x + y + z} \right)^3 + 9xyz \ge 4\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)$
$\Leftrightarrow p^3 + 9r \ge 4pq$
$\Leftrightarrow 31,5p^4 + 283,5pr \ge 126p^2 q\,\,\,(2)$

Từ (1) và (2) ta cần chứng minh:

$1,5p^4 + 9q^2 \ge 67,5p^2 q$

Mặt khác ta lại có:

$1,5p^4 \ge 1,5.\left( {3q} \right)^2 = 13,5q^2 $

Vì thế cần chứng minh:

$13,5q^2 + 9q^2 \ge 67,5p^2 q\,\,\,(3)$
$\Leftrightarrow q^2 \ge 3pr \Leftrightarrow \left( {xy + yz + zx} \right)^2 \ge 3xyz\left( {x + y + z} \right)$ (luôn đúng theo BĐT Cauchy)

.
Cộng BĐT (2) và (3) vế theo vế ta có đpcm.
Vậy bài toán đã được chứng minh.


P/s: cách này dài quá, ai có cách ngắn hơn không.

#111 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 11-08-2011 - 08:07

Bài 36: Với $a,b,c > 0$ và $a^2 + b^2 + c^2 = 3$. Chứng minh

$\sqrt[4]{{\dfrac{{a^2 + 2}}{{a^3 + 2bc}}}} + \sqrt[4]{{\dfrac{{b^2 + 2}}{{b^3 + 2ca}}}} + \sqrt[4]{{\dfrac{{c^2 + 2}}{{c^3 + 2ab}}}} \ge \dfrac{{\left( {a + b + c} \right)^2 }}{3}$.



#112 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 13-08-2011 - 10:00

Lại phải tự mình post lời giả :)
Bài 36
Ta có:
$\dfrac{{a^3 + 2bc}}{{a^2 + 2}} + 1 + 1 + 1 \ge 4\sqrt[4]{{\dfrac{{a^3 + 2bc}}{{a^2 + 2}}}} \Leftrightarrow \dfrac{{a^3 + 2bc + 3a^2 + 6}}{{a^2 + 2}} \ge 4\sqrt[4]{{\dfrac{{a^3 + 2bc}}{{a^2 + 2}}}}$$\Leftrightarrow \sqrt[4]{{\dfrac{{a^2 + 2}}{{a^3 + 2bc}}}} \ge \dfrac{{4\left( {a^2 + 2} \right)}}{{a^3 + 2bc + 3a^2 + 6}}$
Chứng minh tương tự ta có các BĐT sau:
$\sqrt[4]{{\dfrac{{b^2 + 2}}{{b^3 + 2ca}}}} \ge \dfrac{{4\left( {b^2 + 2} \right)}}{{b^3 + 2ca + 3b^2 + 6}};\,\,\,\,\sqrt[4]{{\dfrac{{c^2 + 2}}{{c^3 + 2ab}}}} \ge \dfrac{{4\left( {c^2 + 2} \right)}}{{c^3 + 2ab + 3c^2 + 6}}$
Cộng các BĐT trên vế theo vế ta được:
$\sum {\sqrt[4]{{\dfrac{{a^2 + 2}}{{a^3 + 2ab}}}} \ge \sum {\dfrac{{4\left( {a^2 + 2} \right)}}{{a^3 + 2bc + 3a^2 + 6}}} } $
Tới đây ta dùng Cauchy-Schwarz, tiếp đó dùng Mincopski và một bổ đề phụ $\left( {a^3 + b^3 + c^3 + 2ab + 2bc + 2ca} \right) \le 9$
Ta có:
$\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{4\left( {a^2 + 2} \right)}}{{a^3 + 2bc + 3a^2 + 6}}} \ge \dfrac{{4\left( {\sum {\sqrt {a^2 + 2} } } \right)^2 }}{{\sum\limits_{cyc} {a^3 } + 2\sum\limits_{cyc} {ab} + 3\sum\limits_{cyc} {a^2 + 18} }}$
$\ge 4\dfrac{{\left( {\sqrt {\left( {\sum\limits_{cyc} a } \right)^2 + \left( {3\sqrt 2 } \right)^2 } } \right)^2 }}{{9 + 9 + 18}} \ge \dfrac{{4\left( {\left( {\sum\limits_{cyc} a } \right)^2 + 2\left( {\sum\limits_{cyc} a } \right)^2 } \right)}}{{36}} = \dfrac{{\left( {\sum\limits_{cyc} a } \right)^2 }}{3}$
Ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.

#113 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 13-08-2011 - 10:08

Bài 37: (1 bài đơn giản)
Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh: $\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{a^9 }}{{bc}}} + \dfrac{2}{{abc}} \ge \sum\limits_{cyc} {a^5 + 2} $

#114 hungvu11

hungvu11

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 13 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bắc Giang
  • Sở thích:Toán học, thể thao

Đã gửi 13-08-2011 - 20:41

Bài 37: (1 bài đơn giản)
Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh: $\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{a^9 }}{{bc}}} + \dfrac{2}{{abc}} \ge \sum\limits_{cyc} {a^5 + 2} $

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$ \sum\limits_{cyc} {\dfrac{ a^{9} }{bc} + abc \geq 2 \sum\limits_{cyc} {\sqrt{ \dfrac{a^{9}}{bc} . abc } = \sum\limits_{cyc} {{2a^{5}} $
$ \dfrac{2}{abc} + 2abc \geq 4 $
$ \Rightarrow \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{a^9 }}{{bc}}} + \dfrac{2}{{abc}} +5abc \geq 2(a^{5} + b^{5} +c^{5})+4 $ (1)
Lại có:
$ a^{5} + b^{5} + c^{5} + 1 + 1 \geq 5abc $(2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hungvu11: 13-08-2011 - 20:42


#115 NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1465 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1 K46 Tổng hợp

Đã gửi 13-08-2011 - 20:46

Bài 38
Típ!
Cho các số thực dương a,b,c .CMR:
$ (a+\dfrac{b^2}{c})^2 + (b+\dfrac{c^2}{a})^2+(c+\dfrac{a^2}{b})^2 \geq 12\dfrac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 15-08-2011 - 12:26

It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow

 

94e8dcf4f558448c8c8e808278c0c65e.0.gif


#116 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 14-08-2011 - 23:05

Típ!
Cho các số thực dương a,b,c .CMR:
$ (a+\dfrac{b^2}{c})^2 + (b+\dfrac{c^2}{a})^2+(c+\dfrac{a^2}{b})^2 \geq 12\dfrac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$

Bài 37 là một bất đẳng thức rất khó của anh Phạm Kim Hùng trong sáng tạo bất đẳng thức nếu bạn có một các tiếp cận khác hay hơn lời giải bằng SOS thì post lên cho mọi người cùng xem với.Thân
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#117 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 16-08-2011 - 17:30

Bài 33. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = 1$. Chứng minh rằng:

$( \sqrt{a}+\sqrt{b} +\sqrt{c} )( \dfrac{1}{ \sqrt{a+1} }+\dfrac{1}{ \sqrt{b+1} } +\dfrac{1}{ \sqrt{c+1} } ) \le \dfrac{9}{2}$

Bên Mathlink đã có lời giải lẫn bài toán tổng quát cho bài 33,
http://www.artofprob...v...51&t=422509

Bài 39: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$\sqrt{a^{4}+\dfrac{b^{4}}{2}+\dfrac{c^{4}}{2}}+\sqrt{b^{4}+\dfrac{c^{4}}{2}+\dfrac{a^{4}}{2}}+\sqrt{c^{4}+\dfrac{a^{4}}{2}+\dfrac{b^{4}}{2}}\geq \sqrt{a^{4}+b^{3}c}+\sqrt{b^{4}+c^{3}a}+\sqrt{c^{4}+a^{3}b}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 16-08-2011 - 17:31

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#118 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

Đã gửi 18-08-2011 - 11:20

Bài viết bắt đầu lẻ tẻ và khá khó r�ồi đây.
Còn 3 bài chưa giải quyết triệt để. Mọi người cùng suy nghĩ nhé!
Bài 34. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$.

Chứng minh rằng $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le 1$

Bài 38
Cho các số thực dương a,b,c .CMR:

$ (a+\dfrac{b^2}{c})^2 + (b+\dfrac{c^2}{a})^2+(c+\dfrac{a^2}{b})^2 \geq 12\dfrac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c}$

Bài 39: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a^{4}+\dfrac{b^{4}}{2}+\dfrac{c^{4}}{2}}+\sqrt{b^{4}+\dfrac{c^{4}}{2}+\dfrac{a^{4}}{2}}+\sqrt{c^{4}+\dfrac{a^{4}}{2}+\dfrac{b^{4}}{2}}\geq \sqrt{a^{4}+b^{3}c}+\sqrt{b^{4}+c^{3}a}+\sqrt{c^{4}+a^{3}b}$

P/s: Mọi người hãy post lên cả những ý tưởng nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 18-08-2011 - 11:21

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#119 NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1465 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1 K46 Tổng hợp

Đã gửi 19-08-2011 - 11:59

Bài viết bắt đầu lẻ tẻ và khá khó r�ồi đây.
Còn 3 bài chưa giải quyết triệt để. Mọi người cùng suy nghĩ nhé!
Bài 34. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$.

Chứng minh rằng $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le 1$



P/s: Mọi người hãy post lên cả những ý tưởng nhé!

Mình thử chém bài 34!
Gỉa sử:
$a\geq b \geq c$,Khi đó:$a+b-c \geq 0 $ và $a+c-b \geq 0 $
Nếu: $b+c-a < 0 $ thì BDT hiển nhiên đúng.
Nếu: $b+c-a \geq 0 $.
Đặt : $b+c-a=x;a+c-b=y; a+b-c=z$
Khi đó ta có:
$x+y+z = \dfrac{2}{x+y} + \dfrac{2}{y+z} + \dfrac{2}{z+x}$
Ta cần chứng minh:
$xyz \leq 1 $.
Gia sử:
$xyz > 1 $.
Theo AM-GM ta có:
$x+y+z = \dfrac{2}{x+y} + \dfrac{2}{y+z} + \dfrac{2}{z+x} \leq \sum\limits_{cyc} \dfrac{1}{ \sqrt{xy} } $
Hay :
$ \sum\limits_{cyc}\sqrt{x} \geq \sqrt{xyz}\sum\limits_{cyc}(x+y+z) $
Mà $xyz > 1 #$. nên:
$ \sum\limits_{cyc}\sqrt{x} \geq x+y+z$
Theo AM-GM ta có:
$ \dfrac{x+y+z+3}{2} \sum\limits_{cyc}\sqrt{x} \geq x+y+z \Leftrightarrow x+y+z < 3$
Mặt khác:
$x+y+z = \dfrac{2}{x+y} + \dfrac{2}{y+z} + \dfrac{2}{z+x} \geq \dfrac{9}{x++z} \Leftrightarrow x+y+x \geq 3 \Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 24-09-2011 - 14:25

It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow

 

94e8dcf4f558448c8c8e808278c0c65e.0.gif


#120 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 21-08-2011 - 10:17

Lâu r�ồi không vào đây chém gió,giờ post bài này nhằm tạ tội ;)
Bài 40:
Cho dãy $\{a_n \}$ thỏa mãn:$ \left\{\begin{array}{l}a_1=a_2=1\\a_{n+2}=\dfrac{1}{a_{n+1}}+a_n,n=1,2,3...\end{array}\right. $.
Chứng minh rằng:

$\pi(n+k)>\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{a_{i}a_{i+1}} >\ln (n+1)$

.
Trong đó $k$ là hằng số dương cho trước.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 21-08-2011 - 10:26

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh