Chủ đề này có 436 trả lời

[Crystal]

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

[alex_hoang]

$\dfrac{27}{4(a+b+c)^2}\ge \sum \dfrac{1}{2a^2+b^2+c^2}$
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

[loveyou]

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.

[Nguyễn Hoàng Lâm]

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

[Crystal]

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

Đề không có vấn đề đâu bạn ak.

[emmuongioitoan]

$ \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 ???

[emmuongioitoan]

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

[Nguyễn Hoàng Lâm]

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

[emmuongioitoan]

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 .

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

[Crystal]

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.

[Crystal]

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

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

[Crystal]

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 $\Leftrightarrow a = b = c = 1$.

[Crystal]

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} $

[hungvu11]

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

[NguyThang khtn]

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

[alex_hoang]

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

[Zaraki]

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

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

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

[vietfrog]

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

[NguyThang khtn]

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

[dark templar]

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