Chủ đề này có 436 trả lời

[dark templar]

Bài 63: ( post by dark_templar )
Cho $a,b,c,d>0$ thỏa $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3+abcd \ge \min\left\{\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{9}+\dfrac{d}{27} \right\}$$

Bài này thì xem $d$ là tham số,xài $p,q,r$.

Bài 62:(Nguyễn Bảo Phúc) Cho $n \in N^*$.Chứng minh rằng:
$$ \sum_{k=1}^{n} \sum_{j=1}^{k} \dfrac{j^2-\dfrac{1}{2}}{j^4+\dfrac{1}{4}} >\dfrac{2}{5}$$

Bài này của mình chế,xin sửa đề là $VP=\dfrac{3}{4}-\dfrac{3}{8n}$.Gợi ý:Hãy rút gọn tổng $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k^2-\dfrac{1}{2}}{k^4+\dfrac{1}{4}}$

Bài 55:(Thái Nguyễn Hưng) Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$xy+yz+zx=1$.Tìm GTLN của biểu thức sau:

$$P=yz(x+1)^2$$

Bài này của bạn mình chế,gợi ý GTLN của P là 1,khi $x=0;yz=1$

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 40 mình đã giải ở đây:http://diendantoanho...ic=60082&st=120
Còn các bài 44,47 chưa giải;các bạn có thể xem đề các bài này trong đường link mình gửi.

[vietfrog]

Xin phép chỉnh lại đề 47:

Bài 47 (Một BĐT nhẹ nhàng)

Cho $a;b;c;x;y;z \ge 0$ thỏa mãn: $a + x = b + y = c + z=k$
Tìm Max của:
$P=ax + by + cz$

[vietfrog]

Còn cách không dùng đến đạo hàm đó

Bài này Đạt post cách không dùng đạo hàm của em lên nhé. .
Ngoài cách ở trêna,anh có 2 cách khác nhưng vẫn dùng tới đạo hàm.
Cách 1:
Khảo sát hàm :\[f(x) = \dfrac{x}{{{x^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln x\]
Hàm này đạt cực đại tại $x = 1$.
Ta suy ra được : \[f(x) \le f(1) = \dfrac{1}{4}\]
Tương tự với 2 biểu thức còn lại rồi cộng ba bđt cùng chiều ta được:\[\dfrac{x}{{{x^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln x + \dfrac{y}{{{y^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln y + \dfrac{z}{{{z^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln z \le \dfrac{3}{4}\]
Suy ra đpcm do \[\ln x + \ln y + \ln z = 0\].
Cách 2:
Theo BĐT AM-GM ta có: \[\sum {\dfrac{a}{{{a^2} + 3}}} \le \sum {\dfrac{a}{{2a + 2}}} \]
Ta sẽ Chứng minh:
\[\sum {\dfrac{a}{{2a + 2}}} \le \dfrac{3}{4} \Leftrightarrow \sum {\dfrac{a}{{a + 1}}} \le \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow \sum {\dfrac{1}{{a + 1}}} \ge \dfrac{3}{2}\]
Đến đây anh dùng đạo hàm, không biết Đạt làm ntn?

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 66:Em xin được làm thế này
Đặt p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc
Bất đẳng thức đã cho tương đương với

$4abc(ab+bc+ca)+12[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]+36(a+b+c)\leq 3a^{2}b^{2}c^{2}+9[a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}]+27(a^{2}+b^{2}+c^{2})+81$
$\Leftrightarrow 4(ab+bc+ca)+12(a+b+c)(ab+bc+ca)+36(a+b+c)\leq 9(ab+bc+ca)^{2}-18abc(a+b+c)+27(a+b+c)^{2}-54(ab+bc+ca)+120$
$\Leftrightarrow 58(ab+bc+ca)+54(a+b+c)+12(a+b+c)(ab+bc+ca)\leq 9(ab+bc+ca)^{2}+27(a+b+c)^{2}+120$
$\Leftrightarrow 58q+54p+12pq\leq 9q^{2}+27p^{2}+120$
Theo bất đẳng thức AM-GM ta có:
$3=2r+1\geq 3\sqrt[3]{r^{2}}\geq \dfrac{9r}{p}\geq 4q-p^{2}$(bất đẳng thức Schur)
$\rightarrow p^{2}+3\geq 4q$
$Mà 2p^{2}\geq 6q$
$\Rightarrow 3p^{2}+3\geq 10q$
$\Leftrightarrow 12p^{2}+12\geq 40q$
$Mà 3q^{2}+27\geq 18q$
$9p^{2}+81\geq 54p$
$6p^{2}+6q^{2}\geq 12pq$
$\Rightarrow 27p^{2}+9q^{2}+120\geq 58q+54p+12pq$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Dấu"=" xảy ra khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 07-10-2011 - 19:27

[dduclam]

Một cách khác đầy thú vị cho Bài 2

Ta có:

$\begin{array}{l}S = \dfrac{{ab}}{{2 - c}} + \dfrac{{ac}}{{2 - b}} + \dfrac{{bc}}{{2 - a}}\\ \Leftrightarrow - S = \dfrac{{ab}}{{c - 2}} + \dfrac{{ac}}{{b - 2}} + \dfrac{{bc}}{{a - 2}} \ge \dfrac{{{{(\sqrt {ab} + \sqrt {ac} + \sqrt {bc})}^2}}}{{a + b + c - 6}}\\ \Leftrightarrow - S \ge \dfrac{{ - {{(a + b + c)}^2}}}{4} \Rightarrow - S \ge - 1 \Leftrightarrow S \le 1\end{array}$

Dấu = xảy ra khi a=b=c=2/3

Lời giải này sai rồi. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng $\sum \dfrac{x_i^2}{a_i}\ge\dfrac{(\sum x_i)^2}{\sum a_i}$ chỉ đúng khi $a_i>0$.
Lưu ý các bạn trẻ, không nên quá lạm dụng những bất đẳng thức mạnh để giải quyết những bài toán đơn giản.

[vietfrog]

Lời giải này sai rồi. Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng $\sum \dfrac{x_i^2}{a_i}\ge\dfrac{(\sum x_i)^2}{\sum a_i}$ chỉ đúng khi $a_i>0$.
Lưu ý các bạn trẻ, không nên quá lạm dụng những bất đẳng thức mạnh để giải quyết những bài toán đơn giản.

Cảm ơn anh Lâm đã góp ý. Em làm ẩu quá. .
Lâu lắm mới thấy anh lên diễn đàn, anh để lại vài bài BĐT cho bọn em làm được không ạ?

[dduclam]

Bài làm
Ta có: \[abc = 1 \Leftrightarrow \ln a + \ln b + \ln c = 0\]
Đặt :$\ln a = x;\ln b = y;\ln c = z \Rightarrow x + y + z = 0$
Khi đó: \[VT = \dfrac{{{e^x}}}{{{{({e^x})}^2} + 3}} + \dfrac{{{e^y}}}{{{{({e^y})}^2} + 3}} + \dfrac{{{e^z}}}{{{{({e^z})}^2} + 3}}\]

Xét : $f(x) = \dfrac{{{e^x}}}{{{{({e^x})}^2} + 3}}$( hàm lõm)

Theo BĐT tiếp tuyến ta có: $f(x) \le f'({x_0}).(x - {x_0}) + f({x_0})$
Với ${x_0} = 0$ ta có :\[f(x) \le f'(0).(x - 0) + f(0) = \dfrac{1}{8}x + \dfrac{1}{4}\]
Làm tương tự rồi cộng các BĐT cùng chiều ta được:

$f(x) + f(y) + f(z) \le \dfrac{1}{8}(x + y + z) + \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{4}$ (đpcm)

Dấu = xảy ra khi $x = y = z = 0 \Leftrightarrow a = b = c = 1$

Bài này Đạt post cách không dùng đạo hàm của em lên nhé. .
Ngoài cách ở trêna,anh có 2 cách khác nhưng vẫn dùng tới đạo hàm.
Cách 1:
Khảo sát hàm :\[f(x) = \dfrac{x}{{{x^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln x\]
Hàm này đạt cực đại tại $x = 1$.
Ta suy ra được : \[f(x) \le f(1) = \dfrac{1}{4}\]
Tương tự với 2 biểu thức còn lại rồi cộng ba bđt cùng chiều ta được:\[\dfrac{x}{{{x^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln x + \dfrac{y}{{{y^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln y + \dfrac{z}{{{z^2} + 3}} - \dfrac{1}{8}\ln z \le \dfrac{3}{4}\]
Suy ra đpcm do \[\ln x + \ln y + \ln z = 0\].
Cách 2:
Theo BĐT AM-GM ta có: \[\sum {\dfrac{a}{{{a^2} + 3}}} \le \sum {\dfrac{a}{{2a + 2}}} \]
Ta sẽ Chứng minh:
\[\sum {\dfrac{a}{{2a + 2}}} \le \dfrac{3}{4} \Leftrightarrow \sum {\dfrac{a}{{a + 1}}} \le \dfrac{3}{2} \Leftrightarrow \sum {\dfrac{1}{{a + 1}}} \ge \dfrac{3}{2}\]
Đến đây anh dùng đạo hàm, không biết Đạt làm ntn?

Cả ba cách này đều sai!
Cách 1. Chưa tính $f''$ đã vội kết luận hàm lõm. Kì thực, $f$ không lõm.
Cách 2. Nhầm lẫn nghiêm trọng cực đại với giá trị lớn nhất!
Cách 3. Bất đẳng thức cuối sai thì làm sao chứng minh được!

Tôi nghĩ, thay vì tìm nhiều cách chứng minh, trước hết các bạn hãy tìm một lời giải đúng và kiểm tra kĩ càng nó cũng như tập trình bày chi tiết lời giải đó. Điều đó có ích hơn là cố tìm thật nhiều cách chứng minh nhưng không có cách nào chính xác. Nên nhớ, tư tưởng qua loa đại khái rất có hại khi học toán.

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 67:Cho các số thực dương a,b,c Chứng minh bất đẳng thức
$\sqrt{\dfrac{(a+b)^{3}}{8ab(4a+4b+c)}}+\sqrt{\dfrac{(b+c)^{3}}{8bc(4b+4c+a)}}+\sqrt{\dfrac{(c+a)^{3}}{8ca(4c+4a+b)}}\geq 1$

[dduclam]

Bài toán 66 (tôi đề xuất lần đầu trên ML, từ rất lâu rồi) có thể giải như sau:
Theo AM-GM: $$a^2+3\ge2\sqrt{2(a^2+1)}$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{a}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{b}{\sqrt{b^2+1}}+\dfrac{c}{\sqrt{c^2+1}}\le\dfrac3{\sqrt2}$$
Thực chất, ta cần chứng minh bất đẳng thức sau với mọi $a,b,c>0$
$$\sqrt{\dfrac a{a+b}}+\sqrt{\dfrac b{b+c}}+\sqrt{\dfrac c{c+a}}\le \dfrac3{\sqrt2}$$
Theo Cauchy-Schwarz
$$\sum \sqrt{\dfrac a{a+b}} =\sum \sqrt{\dfrac {a(a+c)}{(a+b)(a+c)}}\le\sqrt{2(\sum a)\left(\sum\dfrac{a}{(a+b)(a+c)}\right)}$$
Cuối cùng ta chứng minh
$$\sum\dfrac{a}{(a+b)(a+c)} \le \dfrac 9{4(a+b+c)}$$
tương đuơng $8(a+b+c)(ab+bc+ca)\le9(a+b)(b+c)(c+a)$, là bất đẳng thức quen thuộc.

[Crystal]

Bài 67:Cho các số thực dương a,b,c Chứng minh bất đẳng thức
$\sqrt{\dfrac{(a+b)^{3}}{8ab(4a+4b+c)}}+\sqrt{\dfrac{(b+c)^{3}}{8bc(4b+4c+a)}}+\sqrt{\dfrac{(c+a)^{3}}{8ca(4c+4a+b)}}\geq 1$

Lâu lắm chém bài.

Đặt: $P = \sqrt {\dfrac{{{{(a + b)}^3}}}{{8ab(4a + 4b + c)}}} + \sqrt {\dfrac{{{{(b + c)}^3}}}{{8bc(4b + 4c + a)}}} + \sqrt {\dfrac{{{{(c + a)}^3}}}{{8ca(4c + 4a + b)}}} $

$Q = 8ab\left( {4a + 4b + c} \right) + 8bc(4b + 4c + a) + 8ca(4c + 4a + b)$

$= 32\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - 72abc$

Áp dụng BĐT Holder, ta có: ${P^2}Q \ge 8{\left( {a + b + c} \right)^3}$

Ta cần chứng minh $8{\left( {a + b + c} \right)^3} \ge Q \Leftrightarrow 8{\left( {a + b + c} \right)^3} \ge 32\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - 72abc$

$ \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^3} \ge 4\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - 9abc$ đúng theo BĐT Schur.

Vậy ta có đpcm.

[CD13]

Bài 65:
Cho a, b, c là các số dương và thỏa mãn: a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{ab+2c^2+2c}+\dfrac{1}{bc+2a^2+2a}+\dfrac{1}{ca+2b^2+2c} \ge \dfrac{1}{ab+bc+ca}$

P/s: Không muốn đâm đầu vào BĐT mà diễn đàn giờ ít bài quá!

ongtroi có thể gợi ý như thế này:
Ta có thể chứng minh: $\dfrac{1}{ab+2c^2+2c} \ge \dfrac{ab}{(ab+bc+ca)^2}$
Điều này chắc các bạn làm được đúng không, ai post tiếp ongtroi đi!

[NguyThang khtn]

Dear a anh dduclam!
Anh có thể gợi ý cho em ý tưởng khi làm bài này được ko?
Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn$x+y+z=xyz$ .Tìm GTLN của:
$A=\dfrac{2}{\sqrt{x^2+1}} +\dfrac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{z^2+1}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 08-10-2011 - 11:29

[Crystal]

Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn$x+y+z=xyz$ .Tìm GTLN của:
$A=\dfrac{2}{\sqrt{x^2+1}} +\dfrac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{z^2+1}}$

Như thế này.
Đặt $a = \dfrac{1}{x};b = \dfrac{1}{y};c = \dfrac{1}{z}$. Khi đó từ giả thiết ta có: $ab + bc + ca = 1$
và $A = \dfrac{{2a}}{{\sqrt {1 + {a^2}} }} + \dfrac{b}{{\sqrt {1 + {b^2}} }} + \dfrac{c}{{\sqrt {1 + {c^2}} }}$
Do $ab + bc + ca = 1$ nên $1 + {a^2} = ab + bc + ca + {a^2} = \left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)$. Với các đẳng thức tương tự, ta có:
$A = \dfrac{{2a}}{{\sqrt {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)} }} + \dfrac{{2b}}{{\sqrt {4\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)} }} + \dfrac{{2c}}{{\sqrt {4\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)} }}$
$\le a\left( {\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{a + c}}} \right) + b\left( {\dfrac{1}{{4\left( {b + c} \right)}} + \dfrac{1}{{a + b}}} \right) + c\left( {\dfrac{1}{{c + a}} + \dfrac{1}{{4\left( {c + b} \right)}}} \right) = \dfrac{9}{4}$ (Áp dụng AM-GM)
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow b = c = \dfrac{1}{7}a \Leftrightarrow y = z = 7x = \sqrt {15} $
Vậy $\max A = \dfrac{9}{4}$ đạt được khi $y = z = 7x = \sqrt {15} $.

[Crystal]

Bài 68: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$$3 + \dfrac{{12}}{{abc}} \ge 5\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)$$

[dark templar]

Bài 68: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$$3 + \dfrac{{12}}{{abc}} \ge 5\left( {\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)$$

Ký hiệu thông thường cho $p,q,r$.Viết lại BĐT dưới dạng sau:
$$r \ge \dfrac{5q-12}{3}$$
Theo BĐT Schur bậc 3:
$$r \ge \dfrac{4q-9}{3}$$
Nên ta sẽ chứng minh :
$$\dfrac{4q-9}{3} \ge \dfrac{5q-12}{3}$$
Hay:
$$q \le 3$$
Điều này luôn đúng do $q \le \dfrac{p^2}{3}=3$.
Đẳng thức xảy ra khi $q=3$ hay $a=b=c$.

ongtroi có thể gợi ý như thế này:
Ta có thể chứng minh: $\dfrac{1}{ab+2c^2+2c} \ge \dfrac{ab}{(ab+bc+ca)^2}$
Điều này chắc các bạn làm được đúng không, ai post tiếp ongtroi đi!

Sử dụng tương đương vậy .BĐT tương đương với:
$$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc \ge a^2b^2+2abc^2+2abc$$
Hay:
$$c^2(a-b)^2 \ge 0$$(luôn đúng với mọi $a,b,c>0$).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 08-10-2011 - 17:22

[Didier]

bài67:cho tam giác A,B,C tìm max
$ 2cosA+cosB+cosC$
(đây là bổ đề tớ cần để dùng lượng giác giải bài của bboy114crew)

[dark templar]

bài67:cho tam giác A,B,C tìm max
$ 2cosA+cosB+cosC$
(đây là bổ đề tớ cần để dùng lượng giác giải bài của bboy114crew)

Chỉ là 1 bài khảo sát hàm số với $f(x)=2x+2-4x^2$ với $x \in (0;1)$
Bài 69:Cho $a,b \ge 0$ thỏa mãn:$a+b=2$.Chứng minh rằng:
$$a^{a}b^{b}+3ab \le 4$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 08-10-2011 - 18:58

[Crystal]

Ta có thể chứng minh: $\dfrac{1}{ab+2c^2+2c} \ge \dfrac{ab}{(ab+bc+ca)^2}$

Nếu không nghĩ ra cái BĐT này thì làm sao nhỉ. Chuyển về hàm số xem sao.

BĐT $ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{ab + 2{c^2} + 2c}} + \dfrac{1}{{bc + 2{a^2} + 2a}} + \dfrac{1}{{ca + 2{b^2} + 2c}} - \dfrac{1}{{ab + bc + ca}} \ge 0$

$VT \ge \dfrac{9}{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 2\left( {a + b + c} \right) + ab + bc + ca}} - \dfrac{1}{{ab + bc + ca}}$

$ = \dfrac{9}{{2{{\left( {a + b + c} \right)}^2} - 3\left( {ab + bc + ca} \right) + 2}} - \dfrac{1}{{ab + bc + ca}}$

$ = \dfrac{9}{{4 - 3\left( {ab + bc + ca} \right)}} - \dfrac{1}{{ab + bc + ca}}$

Xét hàm số $f\left( t \right) = \dfrac{9}{{4 - 3t}} - \dfrac{1}{t};\,\,0 < ab + bc + ca = t \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} = \dfrac{1}{3}$

Khảo sát $f\left( t \right)$ ...

[dark templar]

Nếu không nghĩ ra cái BĐT này thì làm sao nhỉ. Chuyển về hàm số xem sao.

BĐT $ \Leftrightarrow \dfrac{1}{{ab + 2{c^2} + 2c}} + \dfrac{1}{{bc + 2{a^2} + 2a}} + \dfrac{1}{{ca + 2{b^2} + 2c}} - \dfrac{1}{{ab + bc + ca}} \ge 0$

$VT \ge \dfrac{9}{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 2\left( {a + b + c} \right) + ab + bc + ca}} - \dfrac{1}{{ab + bc + ca}}$

$ = \dfrac{9}{{2{{\left( {a + b + c} \right)}^2} - 3\left( {ab + bc + ca} \right) + 2}} - \dfrac{1}{{ab + bc + ca}}$

$ = \dfrac{9}{{4 - 3\left( {ab + bc + ca} \right)}} - \dfrac{1}{{ab + bc + ca}}$

Xét hàm số $f\left( t \right) = \dfrac{9}{{4 - 3t}} - \dfrac{1}{t};\,\,0 < ab + bc + ca = t \le \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} = \dfrac{1}{3}$

Khảo sát $f\left( t \right)$ ...

Chuyển về hàm số như anh rất có thể làm BĐT đổi chiều vì BĐT Cauchy-Schwarz không hẳn là 1 BĐT mạnh.

[Crystal]

Chuyển về hàm số như anh rất có thể làm BĐT đổi chiều vì BĐT Cauchy-Schwarz không hẳn là 1 BĐT mạnh.

Uhm, cái hàm đó ngược chiều với điều cần chứng minh. Em còn có cách nào khác ngoài cách của ongtroi không.