Chủ đề này có 436 trả lời

[emmuongioitoan]

May là anh bỏ dấu ''='' đi chứ không em lại tưởng sai đề.

Làm sao tưởng được? Cái này hết sức cơ bản mà, theo logic thì ">=" nghĩa là lớn hơn hoặc bằng, nên viết 2>=1 cũng chả sao. Tặng mọi người 2 bài

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 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 viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi emmuongioitoan: 04-08-2011 - 23:29

[Crystal]

Bài 34. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$.

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

Em thử bài 34

Từ giả thiết dễ dàng suy ra $abc = 1$.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a \ge b \ge c \Rightarrow a + b - c > 0$ và $c + a - b > 0$.
Nếu $b + c - a < 0 \Rightarrow $ BĐT luôn đúng.
Nếu $b + c - a > 0$, áp dụng BĐT Côsi ta có:
$\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right) \le \left( {\dfrac{{a + b - c + b + c - a}}{2}} \right)^2 = b^2 $.
Tương tự, ta cũng có: $\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right) \le c^2 \,\,\,;\,\,\,\,\left( {c + a - b} \right)\left( {a + b - c} \right) \le a^2 $.
Nhân 3 BĐT trên lại với nhau ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.

------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[Crystal]

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

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

--------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[emmuongioitoan]

Em thử bài 34

Từ giả thiết dễ dàng suy ra $abc = 1$.
Không mất tính tổng quát, ta giả sử $a \ge b \ge c \Rightarrow a + b - c > 0$ và $c + a - b > 0$.
Nếu $b + c - a < 0 \Rightarrow $ BĐT luôn đúng.
Nếu $b + c - a > 0$, áp dụng BĐT Côsi ta có:
$\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right) \le \left( {\dfrac{{a + b - c + b + c - a}}{2}} \right)^2 = b^2 $.
Tương tự, ta cũng có: $\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right) \le c^2 \,\,\,;\,\,\,\,\left( {c + a - b} \right)\left( {a + b - c} \right) \le a^2 $.
Nhân 3 BĐT trên lại với nhau ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.

------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Quá vội vàng. Tại sao $abc$ lại phải bằng 1? Bài này không đơn giản vậy đâu!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi emmuongioitoan: 05-08-2011 - 17:59

[NguyThang khtn]

Hihi. Bình tĩnh đã chứ. Sao lại nghi ngờ mình. Mình thành thật mà. dark templar...hãy cho mình giải thích (trong film hay như thế )Bài toán tổng quát là như thế này.
Bài toán tổng quát cho bài 31: (theo mình là như thế )
Cho $a,b,c>0$ và $n \in ,n \ge 2$
Chứng minh rằng:

$\sqrt[n]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} > \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}$
P/s: Bài 31 là trường hợp riêng với $n=5$ và thêm cái dấu = vào thôi , mình đã có lời giải, mọi người yên tâm, không lừa đảo đâu .

Lâu lém mới lên chém bài này!
Theo dụng BĐT AM-GM cho n số dương ta có:
$\dfrac{(a+b)(n-1)}{c} + 1+...+1 \geq n\sqrt[n]{\dfrac{(a+b)(n-1)}{c} }$
( n-1 số 1)
$\Leftrightarrow \dfrac{(n-1)(a+b+c)}{nc} \geq \sqrt[n]{\dfrac{(a+b)(n-1)}{c} }$
$\Leftrightarrow \dfrac{n}{n-1}\sqrt[n]{n-1}.\dfrac{a}{b+c} \leq \sqrt[n]{\dfrac{c}{b+a}}$
xây dựng tương tự hai BDT rồi cộng lại ta được:
$\sqrt[n]{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt[n]{\dfrac{c}{a+b}} \geq \dfrac{n}{n-1}\sqrt[n]{n-1}$
Dấu = xảy ra khi :
$n=\dfrac{3}{2}$
a=b=c
p\s: topic này hay ghê!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 06-08-2011 - 08:17

[Crystal]

Lâu lém mới lên chém bài này!
Theo dụng BĐT AM-GM cho n số dương ta có:
$\dfrac{(a+b)(n-1)}{c} + 1+...+1 \geq n\sqrt[n]{\dfrac{(a+b)(n-1)}{c} }$
( n-1 số 1)
$\Leftrightarrow \dfrac{(n-1)(a+b+c)}{nc} \geq \sqrt[n]{\dfrac{(a+b)(n-1)}{c} }$
$\Leftrightarrow \dfrac{n}{n-1}\sqrt[n]{n-1}.\dfrac{a}{b+c} \leq \sqrt[n]{\dfrac{c}{b+a}}$
xây dựng tương tự hai BDT rồi cộng lại ta được:
$\sqrt[n]{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt[n]{\dfrac{c}{a+b}} \geq \dfrac{n}{n-1}\sqrt[n]{n-1}$
Dấu = xảy ra khi :
$n=\dfrac{3}{2}$
a=b=c
p\s: topic này hay ghê!

Anh bboy114crew ơi! Nhớ post thêm bài nhé!!!

-------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[NguyThang khtn]

OK!
Prove that for x,y,z > 0:

$x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2} \ge 0$

[Nguyễn Hoàng Lâm]

OK!
Prove that for x,y,z > 0:

$x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)+3\sqrt[3]{x^2y^2z^2} \ge 0$

Bđt trên tương đương với :
$ (x+y+z)^2-4(xy+yz+xz)+ 3 \sqrt[3]{x^2y^2z^2} \geq 0 $ Chuẩn hóa $ xyz=1 $
Đặt $ p=x+y+z$ , $ q=xy+yz+xz $, $ r=xyz $
BĐt trở thành :
$ p^2-4q+3 \geq 0 $
THeo BĐT Schur ta có :
$ 1=r \geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9} \Rightarrow 4q-p^2 \leq \dfrac{9}{P} \Rightarrow P^2-4q \geq \dfrac{-9}{P} $
Mà $ P \geq 3 $ suy ra $ P^2-4q \geq -3 \Leftrightarrow P^2-4q+3 \geq 0 $
Done!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Lâm: 06-08-2011 - 10:13

[emmuongioitoan]

Bđt trên tương đương với :
$ (x+y+z)^2-4(xy+yz+xz)+ 3 \sqrt[3]{x^2y^2z^2} \geq 0 $ Chuẩn hóa $ abc=1 $
Đặt $ p=a+b+c$ , $ q=ab+bc+ca $ $ r=abc $
BĐt trở thành :
$ p^2-4q+3 \geq 0 $
THeo BĐT Schur ta có :
$ 1=r \geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9} \Rightarrow 4q-p^2 \leq \dfrac{9}{P} \Rightarrow P^2-4q \geq \dfrac{-9}{P} $
Mà $ P \geq 3 $ suy ra $ P^2-4q \geq -3 \Leftrightarrow P^2-4q+3 \geq 0 $
Done!

Đang $x,y,z$ lại $a,b,c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi emmuongioitoan: 06-08-2011 - 10:13

[Crystal]

Sao chuẩn hóa được nhỉ, đâu có thuần nhất??? Có lẽ bạn chưa hiểu rõ bản chất chuẩn hóa. Với lại đang $x,y,z$ lại $a,b,c$

Có lẽ tại nhầm
P/s: lần sau khi post bài giải nhớ xem kỹ nhé!!!

---------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Có lẽ tại nhầm
P/s: lần sau khi post bài giải nhớ xem kỹ nhé!!!

---------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Bài này chuẩn hóa được bạn nhé, Nếu bạn không tin có thể thay $ x=ta , y=tb,z= tc $ là thấy ngay .

[emmuongioitoan]

Có lẽ tại nhầm
P/s: lần sau khi post bài giải nhớ xem kỹ nhé!!!

---------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Nhầm, hàm này thuần nhất $f(tx,ty,tz) = t^2f(x,y,z)$
Bài này là làm chặt bài APMO đấy
$a^2+b^2+c^2 + 2abc + 1 \ge 2(ab+bc+ca)$ nhưng bài APMO có lời giải ngắn hơn chỉ vài dòng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi emmuongioitoan: 06-08-2011 - 10:19

[vietfrog]

Lâu lém mới lên chém bài này!
Theo dụng BĐT AM-GM cho n số dương ta có:
$\dfrac{(a+b)(n-1)}{c} + 1+...+1 \geq n\sqrt[n]{\dfrac{(a+b)(n-1)}{c} }$
( n-1 số 1)
$\Leftrightarrow \dfrac{(n-1)(a+b+c)}{nc} \geq \sqrt[n]{\dfrac{(a+b)(n-1)}{c} }$
$\Leftrightarrow \dfrac{n}{n-1}\sqrt[n]{n-1}.\dfrac{a}{b+c} \leq \sqrt[n]{\dfrac{c}{b+a}}$
xây dựng tương tự hai BDT rồi cộng lại ta được:
$\sqrt[n]{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt[n]{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt[n]{\dfrac{c}{a+b}} \geq \dfrac{n}{n-1}\sqrt[n]{n-1}$
Dấu = xảy ra khi :
$n=\dfrac{3}{2}$
a=b=c
p\s: topic này hay ghê!

Đề của mình : n là số tự nhiên, nên lời giải của mình không xảy ra dấu =. Cách giải này mình đã post ở trên rồi mà :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 06-08-2011 - 11:09

[emmuongioitoan]

Bài 34. Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$.

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

Gợi ý xusinst: bài này có thể đặt $x = b+c-a, y = c+a-b, z = a+b-c$ sau đó đưa về BĐT dạng phản chứng.

[Crystal]

Gợi ý xusinst: bài này có thể đặt $x = b+c-a, y = c+a-b, z = a+b-c$ sau đó đưa về BĐT dạng phản chứng.

Dạ em biết rồi ak . Mong các anh chỉ giáo, đặc biệt là emmuongioitoan .Thanks nhiều!

--------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[Crystal]

Ai vào chém nốt mấy bài ở đây đi!

-----------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[Zaraki]

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

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

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

[hoangduc]

Em xin thử bài này

Ta có: $ab \le \dfrac{{\left( {a + b} \right)^2 }}{4} = \dfrac{{\left( {3 - c} \right)^2 }}{4} \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{9 - c^2 }} \le \dfrac{{\left( {3 - c} \right)^2 }}{{4\left( {9 - c^2 } \right)}} = \dfrac{1}{4}.\dfrac{{3 - c}}{{3 + c}}$.

Do đó ta cần chứng minh bất đẳng thức sau: $\dfrac{1}{4}\sum {\dfrac{{3 - a}}{{3 + a}} \le \dfrac{3}{8} \Leftrightarrow } \sum {\dfrac{{3 - a}}{{3 + a}} \le \dfrac{3}{2}} \,\,\,(1)$.

Xét hàm số: $f(x) = \dfrac{{3 - x}}{{3 + x}},\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right) \Rightarrow f''(x) < 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right)$ suy ra f(x) là hàm lõm trên $\left( {0;3} \right)$.

Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: VT (1) $\le 3f\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right) = 3f(1) = \dfrac{3}{2}$ (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$.
-------------------------

KH�”NG THỬ SAO BIẾT!!!

BĐT sau của bạn sai rồi

$f''(x)=\dfrac{12}{(x+3)^3} >0 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangduc: 07-08-2011 - 21:56

[Crystal]

BĐT sau của bạn sai rồi

$f''(x)=\dfrac{12}{(x+3)^3} >0 $

Dạ! Ai có thể chỉnh lại bài đó giúp em. Thanks!

[vietfrog]

Túm lại là topic của chúng ta còn nhưng bất đẳng thức sau đang chờ. Mọi người cố gắng chém cho hết nhé. Bài ngày một khó rồi .
XIn phép tổng hợp những bài chưa có lời giải đề mọi người tiện theo dõi.
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 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 35: Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

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

P/s: Tại hạ tài hèn không đủ khả năng, mong các cao thủ chém hộ!