Chủ đề này có 1115 trả lời

[phuc_90]

phuc_90 sinh năm nhiêu nhỉ? Không biết nên gọi đại là anh vậy. Cám ơn bài viết của anh. Mà học sinh THCS chưa biết đạo hàm đâu .
$\frac{41a^3-b^3}{ab+7a^2}\leq 6a-b$ (*)
Để ra được * (đây là cách hiểu bản thân không biết đúng không nữa)
$\frac{41a^3-b^3}{ab+7a^2}\leq xb+ya$
x thoả mãn $7x-41=1$ Tìm được $x=6$
y thoả mãn $\frac{41-1}{1+7}=5=x+y\Rightarrow y=-1$
Từ đây ta có được đánh giá (*)

Anh cũng quên mất điều này .Cảm ơn em đã nhắc anh.

Em có thể nói rõ ý 3 dòng dưới này tại sao em lại chọn như vậy để mọi người rõ hơn không ?

$\frac{41a^3-b^3}{ab+7a^2}\leq xb+ya$
x thoả mãn $7x-41=1$ Tìm được $x=6$
y thoả mãn $\frac{41-1}{1+7}=5=x+y\Rightarrow y=-1$

Để xác định $x,y$ mà không dùng đạo hàm cũng có cách xác định như sau :

Ở đây anh chọn lượng BĐT như cũ là $\frac{41a^3-b^3}{ab+7a^2}\leq xa+yb$

Lập luận tương tự như trên ta sẽ thiết lập được biểu thức

$f(a)=(41-7x)a^3-(x+7y)a^2-ya-1$

Xác định $x,y$ để $f(a)$ có nghiệm kép bằng 1, ta sẽ ăn gian bằng cách @_^)

Giả sử $f(a)$ có nghiệm kép là 1 .Khi đó ta có 1 phương trình theo $x,y$ đó là $f(1)=0$

Sau đó thế $x$ hoặc $y$ từ phương trình này vào $f(a)$, rồi ta chia $f(a)$ cho $a-1$.
Phép chia này không có phần dư vì 1 đã là nghiệm của $f(a)$.

Giả sử ta được như thế này $f(a)=(a-1) h(a)$ .Giờ ta sẽ xác định được $x$ hoặc $y$ từ $h(1)=0$ @_^)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 10-01-2012 - 16:16

[Ispectorgadget]

$\frac{11b^3-a^3}{ab+4b^2}\leq xb+ya$
x là số thỏa mãn $7x-41=1\Leftrightarrow \frac{41a^3-b^3}{ab+7a^2}$
y thỏa $\frac{41-1}{1+7}=5=x+y\Leftrightarrow \frac{41a^3-b^3}{ab+7a^2}$
Từ đây tìm được x,y
Bài tập tương tự$\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}+\frac{5c^3-b^3}{bc+3c^2}+\frac{5a^3-c^3}{ac+3a^2}\leq a+b+c$
Tượng tự với cách làm trên
$\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}\leq xb+ya$
x thỏa mãn $3x-5=1\Leftrightarrow \frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}$
y thỏa mãn $\frac{5-1}{1+3}=x+y\Leftrightarrow \frac{5b^3-a^3}{1.ab+3}$
Từ đây tìm được x=2; y=-1
Cách mò lời giải thứ 2:
$\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}\leq xa+yb$ (1)
$\frac{5c^3-b^3}{bc+3c^2}\leq xb+yc$
$\frac{5a^3-c^3}{ac+3a^2}\leq xc+ya$
Cộng vế với vế ta có VP là $(a+b+c)(x+y)$
Nếu chọn được x+y=1 coi như BĐT trên được giải quyết. Ta thay $y=1-x$ thì (1) trở thành $\frac{5b^3-a^3}{ab+3b^2}\leq xa+(1-x)b$
Thử các giá trị đặc biệt của a,b tìm đươc x=-1; từ đây tìm được y=2

Mọi người thử làm tương tự cách trên với bài toán sau
Cho a,b,c > 0. CMR
$\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}+\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\leq 3(a+b+c)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 11-01-2012 - 00:05

[Ispectorgadget]

Bài 42: Tìm số có 2 chữ số $\overline{ab}$ sao cho $\frac{\overline{ab}}{a+b}$ đạt GTNN , GTLN
(Tuyển sinh lớp 10 trường Phổ thông Năng Khiếu ĐHQG TPHCM - 2010-2011)
Tổng quát: Tìm số $\overline{a_1a_2...a_n}$ sao cho $\frac{\overline{a_1a_2...a_n}}{a_1+a_2+...+a_n}$ đạt GTLN, GTNN

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 10-01-2012 - 18:54

[nguyenta98]

Bài 42:
Em xin giải bài tổng quát luôn và từ đó có thể suy ra những trường hợp cụ thể.
$A=\dfrac{\overline{a_1a_2...a_n}}{a_1+a_2+...+a_n}=1+\dfrac{(10^{n-1}-1)a_1+...+9a_n-1}{a_1+a_2+...+a_n}$
Để $A$ min thì $1+\dfrac{(10^{n-1}-1)a_1+...+9a_n-1}{a_1+a_2+...+a_n}$ min hay $B=\dfrac{(10^{n-1}-1)a_1+...+9a_{n-1}}{a_1+a_2+...+a_n}$ min
Ta thấy tử số của $B$ không còn xuất hiện $a_n$ nên mẫu và tử không phụ thuộc nhau khi thay giá trị của $a_n$ do vậy để $B$ min thì chọn mẫu max có thể và khi đó chọn $a_n=9$
Làm tương tự như vậy , cứ làm phương pháp tách nhóm sao cho mất dần các chữ số ta được $a_2=a_3=...=a_n=9$
Như vậy $A=\dfrac{\overline{a_199...9}}{a_1+9+9+...+9}$ đến đây chọn $a_1=1$ vì nếu $a_1>1$ thì tử tăng rất nhanh còn mẫu thì chậm
Do vậy $A=\dfrac{199...999}{1+9+9+...+9+9+9}$ thì min
Trường hợp $max$
Ta thấy $\overline{a_1a_2...a_n}=a_10^{n-1}+...+a_{n-1}.10+a_n\le 10^{n-1}(a_1+a_2+...+a_n)$ do vậy $A\le 10^{n-1}$
Dấu $"="$ khi $a_1$ tùy, $a_2=a_3=...=a_n=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 16-01-2012 - 12:09

[Ispectorgadget]

Bài 41: Cho a,b,c>0 thỏa $a^2+b^2+c^2=3$
Tìm GTNN của biểu thức
A=$\frac{a^5}{b^3+c^2}+\frac{b^5}{a^2+c^3}+\frac{c^5}{a^3+b^2}+a^4+b^4+c^4$

Từ giả thiết $a^2+b^2+c^2=3$ ta dễ dàng dự đoán Min =$\frac{9}{2}$
Do đó chỉ cần cm $A \ge \frac{9}{2}$ là xong
Lời giải:
Ta có: $\frac{{a^5 }}{{b^3 + c^2 }} + \frac{{\sqrt {a(b^3 + c^2 )} }}{{2\sqrt 2 }} + \frac{{\sqrt {a(b^3 + c^2 )} }}{{2\sqrt 2 }}\mathop \ge \limits^{AM - GM} \frac{{3a^2 }}{2} \Rightarrow \frac{{a^5 }}{{b^3 + c^2 }} \ge \frac{{3a^2 }}{2} - (\frac{{\sqrt {a(b^3 + c^2 )} }}{{2\sqrt 2 }} + \frac{{\sqrt {a(b^3 + c^2 )} }}{{2\sqrt 2 }})$
Do đó: $\frac{{a^5 }}{{b^3 + c^2 }} \ge \frac{{3a^2 }}{2} - \frac{{\sqrt {2a(b^3 + c^2 )} }}{2}\mathop \ge \limits^{AM - GM} \frac{{3a^2 }}{2} - \frac{{2a + b^3 + c^2 }}{4}$
Chứng minh tượng tự ta có: $\frac{{b^5 }}{{c^3 + a^2 }}\mathop \ge \limits^{AM - GM} \frac{{3b^2 }}{2} - \frac{{2b + c^3 + a^2 }}{4}$
$\frac{{c^5 }}{{a^3 + b^2 }}\mathop \ge \limits^{AM - GM} \frac{{3c^2 }}{2} - \frac{{2c + a^3 + b^2 }}{4}$
Cộng lại ta có: $A \ge \frac{{3(a^2 + b^2 + c^2 )}}{2} + a^4 + b^4 + c^4 - \frac{{2(a + b + c) + (a^2 + b^2 + c^2 ) + (a^3 + b^3 + c^3 )}}{4}$
$A \ge \frac{9}{2} + a^4 + b^4 + c^4 - \frac{{2(a + b + c) + (a^2 + b^2 + c^2 ) + (a^3 + b^3 + c^3 )}}{4}$
Ở trên đã xuất hiện $\frac{9}{2}$ do đó ta chỉ cần cm $S=a^4 + b^4 + c^4 - \frac{{2(a + b + c) + (a^2 + b^2 + c^2 ) + (a^3 + b^3 + c^3 )}}{4}\ge 0$ thì bài toán được giải quyết

Sử dụng B.C.S ta có $\sqrt {(a^4 + b^4 + c^4 )(a^2 + b^2 + c^2 )} = \sqrt {(a^4 + b^4 + c^4 ).3} \ge a^3 + b^3 + c^3 $
$\sqrt {(a^4 + b^4 + c^4 )(1 + 1 + 1)} = \sqrt {(a^2 + b^2 + c^2 ).3} \ge a^2 + b^2 + c^2 \Leftrightarrow a^4 + b^4 + c^4 \ge 3$
(3) $3 = a^2 + b^2 + c^2 \ge \frac{{(a + b + c)^2 }}{3} \Leftrightarrow a^2 + b^2 + c^2 \ge a + b + c$
Đặt $t=x^4+y^4+z^4 (t \ge 3)$
Do đó BĐT cần cm trở thành $S \ge \frac{{4t - 9 - \sqrt {3t} }}{4}\ge 0$
Ta có: $S \ge \frac{{4t - 9 - \sqrt {3t} }}{4} = \frac{{3(t - 3) + \sqrt t (\sqrt t - \sqrt 3 )}}{4} \ge 0$$
Dấu “=” xảy ra khi t=3
Do đó: $A \ge \frac{9}{2}$
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c=1
Bài này năm ngoái mất cả tuần mới làm được
Bài này hình như anh Dark templar có chứng minh cách khác trên diễn đàn rồi mà mình không nhớ Link mọi người chịu khó tìm nhé

Bài 43: Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn abc=1
CMR: $$\frac{1}{{a^4 (b + a)}} + \frac{1}{{b^4 (b + c)}} + \frac{1}{{c^4 (c + a)}} \ge \frac{3}{2}$$ (THTT)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 16-01-2012 - 01:32

[nguyenta98]

Bài 43: Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn abc=1
CMR: $$\frac{1}{{a^4 (b + a)}} + \frac{1}{{b^4 (b + c)}} + \frac{1}{{c^4 (c + a)}} \ge \frac{3}{2}$$ (THTT)

Bài 43:
$\dfrac{1}{a^4(a+b)}+\dfrac{1}{b^4(b+c)}+\dfrac{1}{c^4(c+a)}=\dfrac{\dfrac{1}{a^4}}{a+b}+\dfrac{\dfrac{1}{b^4}}{b+c}+\dfrac{\dfrac{1}{c^4}}{c+a}\geq \dfrac{(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})^2}{2(a+b+c)}$ (bdt $cauchy-schwarz$)
Giờ ta sẽ chứng minh $(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})^2\geq 3(a+b+c)$ <1>
Thật vậy đặt $\dfrac{1}{a}=x,\dfrac{1}{b}=y,\dfrac{1}{c}=z$ suy ra $xyz=1$
Như vậy <1> thành $(x^2+y^2+z^2)^2\geq 3(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})=3(xy+yz+zx)$ (quy đồng lên khử $xyz$ ở mẫu)
Suy ra $(x^2+y^2+z^2)^2\geq 3(xy+yz+zx)$ <2>
Lại thấy $(x^2+y^2+z^2)\geq xy+yz+zx$
Ta sẽ chứng minh $(xy+yz+zx)^2\geq 3(xy+yz+zx)$
Thật vậy $xy+yz+zx\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}=3$
Suy ra $(xy+yz+zx)^2\geq 3(xy+yz+zx) \rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(xy+yz+yz)$
Như vậy <2> đúng suy ra <1> đúng hay ta có $đpcm$ dấu $"=" \leftrightarrow x=y=z=1 \leftrightarrow a=b=c=1$
Ặc khó quá nghĩ nửa tiếng mới ra

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 11-01-2012 - 14:56

[perfectstrong]

$(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3(a^3b+b^3c+c^3a),\forall a,b,c$

Có mấy bạn hỏi mình chứng minh bất đẳng thức này thế nào thì mình xin nêu lời chứng minh ở đây:
Chứng minh:
Sử dụng bđt quen thuộc:
\[{\left( {x + y + z} \right)^2} \ge 3\left( {xy + yz + xz} \right)\]
Thay $x=a^2+bc-ab;y=b^2+ca-bc;z=c^2+ab-ca$, ta thu được:
\[{\left[ {\sum {\left( {{a^2} + bc - ab} \right)} } \right]^2} \ge 3\sum {\left( {{a^2} + bc - ab} \right)\left( {{b^2} + ca - bc} \right)} \]
Dễ thấy
\[\begin{array}{l}
\sum {\left( {{a^2} + bc - ab} \right)} = {a^2} + {b^2} + {c^2} \\
\sum {\left( {{a^2} + bc - ab} \right)\left( {{b^2} + ca - bc} \right)} = {a^3}b + {b^3}c + {c^3}a \\
\Rightarrow Q.E.D \\
\end{array}\]
Đẳng thức xảy ra khi \[\left( {a;b;c} \right) = \left( {1;1;1} \right);\left( {{{\sin }^2}\frac{{4\pi }}{7};{{\sin }^2}\frac{{2\pi }}{7};{{\sin }^2}\frac{\pi }{7}} \right)\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 11-01-2012 - 14:48

[Ispectorgadget]

Bài 43: Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn abc=1
CMR: $$\frac{1}{{a^4 (b + a)}} + \frac{1}{{b^4 (b + c)}} + \frac{1}{{c^4 (c + a)}} \ge \frac{3}{2}$$ (THTT)

Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}$
Từ giả thiết abc=1$\Rightarrow xyz=1$
Ta có: $VT=\sum \frac{x^4}{y(x+y)}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{xy+xy+yz+x^2+y^2+z^2}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2(x^2+y^2+z^2)}$
$=\frac{x^2+y^2+z^2}{2}\geq \frac{3}{2}$
Bài này cũng "Chuối" thôi mà

[Ispectorgadget]

Bài 44: Cho a,b,c >0. CMR:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}\geq \sqrt{2(a^2+b^2)}+\sqrt{2(b^2+c^2)}+\sqrt{(a^2+c^2)}$ (hồi nãy chép nhầm )
Bài 45: Cho a,b,c thuộc đoạn [-1;1] thỏa $a+b+c=0$
CMR: $a^4+b^3+c^2\leq 2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 11-01-2012 - 18:15

[phuc_90]

Xin để lại một bài.

Bài 38: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác và $x,y > 0$. Chứng minh rằng:
$$\sum {\frac{{{a^x}}}{{{{\left( {b + c - a} \right)}^y}}} \geqslant \sum {{a^{x - y}}} } $$

Đây là lời giải cho bài này ( làm nốt luôn cho chuyên mục nó đầy đủ )

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $a\geq b\geq c$

Ta có $a^x \geq b^x \geq c^x$ , $\dfrac{1}{a^y} \leq \dfrac{1}{b^y} \leq \dfrac{1}{c^y}$

và $\left(\dfrac{1}{b+c-a}\right)^y \geq \left(\dfrac{1}{c+a-b}\right)^y \geq \left(\dfrac{1}{a+b-c}\right)^y$

Theo BĐT Chebyshev thì

$a^{x-y}+b^{x-y}+c^{x-y} \leq \dfrac{1}{3}\left(\sum a^x \right)\left(\sum \dfrac{1}{a^y}\right)$

và $\sum \dfrac{a^x}{(b+c-a)^y} \geq \dfrac{1}{3} \left(\sum a^x \right) \left(\sum \left(\dfrac{1}{b+c-a}\right)^y \right)$

Do đó ta chỉ cần chứng minh

$\sum \left(\dfrac{1}{b+c-a}\right)^y \geq \sum \dfrac{1}{a^y}$

Thật vậy theo BĐT Cauchy thì

$\dfrac{1}{2} \sum \left(\left(\dfrac{1}{b+c-a}\right)^y + \left(\dfrac{1}{c+a-b}\right)^y\right)$

$ \geq \sum \left(\dfrac{1}{\sqrt{(b+c-a)(c+a-b)}}\right)^y $

$ \geq \sum \dfrac{1}{\left(\dfrac{b+c-a+c+a-b}{2}\right)^y}$

$ = \sum \dfrac{1}{a^y}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 11-01-2012 - 19:31

[Crystal]

@ Bài trên không cần xét trường hợp. Có thể giải với việc sử dụng bất đẳng thức sau:

Với mọi $\alpha ,\beta ,t > 0$, ta luôn có: $$\boxed{\frac{1}{{{\alpha ^t}}} + \frac{1}{{{\beta ^t}}} \geqslant \frac{{{2^{1 + t}}}}{{{{\left( {\alpha + \beta } \right)}^t}}}}$$
Mọi người tiếp tục suy nghĩ cho lời giải theo cách này nhé.

[cvp]

Mọi người thử làm tương tự cách trên với bài toán sau
Cho a,b,c > 0. CMR
$\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}+\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\leq 3(a+b+c)$

lâu lém mới quay lại topic này vì vậy tặng anh Kiên một bài
Áp dụng BĐT $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$ (cái này chứng minh thì dễ rùi )
Ta có:
$19b^{3}-a^{3}=20b^{3}-b^{3}-a^{3}\leq 20b^{3}-ab(a+b) = b(20b^{2}-a^{2}-ab)=b(a+5b)(4b-a)=(4b-a)(ab+5b^{2})$
$\Rightarrow$ $\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2} \leq 4b-a (1)$
Tương tự ta có được:
$\Rightarrow$ $\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2} \leq 4c-b (2)$
$\Rightarrow$ $\frac{19a^3-c^3}{ca+5a^2} \leq 4a-c (3)$
Cộng từng vế của (1);(2) và (3) ta có được kết quả.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 11-01-2012 - 19:27

[Crystal]

Góp vui cho mọi người một bài.

Bài 46: Cho $0 < x \ne 1;m,n \in N,n$ chẵn (cho trước) và ${a_i},i = \overline {1,n} \in \left[ {m,m + 1} \right]$ (thay đổi). Tìm GTLN của biểu thức:
$$Q = \left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x^{{a_i}}}} } \right)\left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{x^{ - {a_i}}}} } \right)$$

[Mai Duc Khai]

Em cũng góp vui với topic bác Kiên một bài:
Bài 47: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=1$.
CM: \[\frac{3}{{xy + yz + zx}} + \frac{2}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} > 14\]
P/s: Bài này là nằm trong đề tuyển sinh lớp 10 bán công, ĐHSP Hải Phòng 2003-2004

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 12-01-2012 - 06:26

[perfectstrong]

Bài 47:
Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=1$.
CM: \[\frac{3}{{xy + yz + zx}} + \frac{2}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} > 14\]
P/s: Bài này là nằm trong đề tuyển sinh lớp 10 bán công, ĐHSP Hải Phòng 2003-2004

\[\begin{array}{l}
\frac{3}{{xy + yz + xz}} + \frac{2}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} = \frac{{\frac{3}{2}}}{{xy + yz + xz}} + \frac{{\frac{3}{2}}}{{xy + yz + xz}} + \frac{2}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}} \\
\ge \frac{{{{\left( {\sqrt {\frac{3}{2}} + \sqrt {\frac{3}{2}} + \sqrt 2 } \right)}^2}}}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} = 8 + 4\sqrt 3 > 8 + 4\sqrt {\frac{9}{4}} = 14 \\
\end{array}\]

Mở rộng bài 47:
Bài 48:
Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=1$.
Đặt $a = \min \left( {\frac{3}{{xy + yz + zx}} + \frac{2}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}} \right)$
CMR: \[14 < a \le 8 + 4\sqrt 3 \]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 11-01-2012 - 23:29

[nguyenta98]

Em chém nối bài 48:
$\dfrac{3}{xy+yz+zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}=\dfrac{6}{2xy+2yz+2zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\geq \dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{(x+y+z)^2}=(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2=8+4\sqrt{3}$
Suy ra $a=8+4\sqrt{3} \rightarrow a\le 8+\sqrt{3}$
$8+4\sqrt{3}=8+\sqrt{48}>8+\sqrt{36}=14$ đến đây có $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 12-01-2012 - 16:27

[Mai Duc Khai]

Bài 49:
Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 4$
CMR:

\[\frac{1}{{2x + y + z}} + \frac{1}{{x + 2y + z}} + \frac{1}{{x + y + 2z}} \le 1\]

[Ispectorgadget]

Bài 50:
Cho a,b,c thực dương thỏa $a+b+c=3$
CMR: $a^4+b^4+c^4\geq a^3+b^3+c^3$
Bài 51: Cho a>0
CMR: $\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{{a^2 }} \le 1 + a$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 12-01-2012 - 12:05

[nguyenta98]

Bài 50: $x^4+y^4+z^4\geq x^3+y^3+z^3 \leftrightarrow 3x^4+3y^4+3z^4\geq (x^3+y^3+z^3)(x+y+z)$
Tương đương $2x^4+2y^4+2z^4\geq x^3y+x^3z+y^3x+y^3z+z^3y+z^3x$ <1>
Ta thấy $x^4+x^4+x^4+y^4\geq 4x^3y$ ($cauchy$ 4 số ) và tương tự với các số còn lại
Suy ra $x^4+y^4+z^4\geq x^3y+y^3z+z^3x$
Tương tự cũng có $x^4+y^4+z^4\geq xy^3+yz^3+zx^3$ (hình như đây là bất đẳng thức đồng bậc thì có th tổng quát)
Suy ra <1> đúng hay ta có $đpcm$

Bài 51:
Đặt $\sqrt[3]{a}=x$
Suy ra ta cần cm $x+x^2\le 1+x^3 \leftrightarrow 2x+x^2\le 1+x^3+x$
Dễ thấy $x^3+x\geq 2x^2$ suy ra ta cần cm $2x^2+1\geq x^2+2x$ và thấy đây là hiển nhiên suy ra $đpcm$
Dấu $"=$ khi $x=1$ hay $a=1$

Bài 49: Đặt biểu thức ban đầu là $A$
$\dfrac{16}{2x+y+z}\le \dfrac{4}{x+z}+\dfrac{4}{x+y}\le \dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}$
Tương tự suy ra $16A\le 4(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})=16$ hay có $đpcm$
Dấu $=$ khi $x=y=z=\dfrac{3}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 12-01-2012 - 12:36

[Mai Duc Khai]

Bài 51:
$\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{{{a^2}}} \le 1 + a$
Đặt $\sqrt[3]{a} = u\left( {u \ge 0} \right)$

\[ \Rightarrow u + {u^2} \le 1 + {u^3} \Leftrightarrow \left( {{u^3} - 2{u^2} + u} \right) + \left( {{u^2} - 2u + 1} \right) \ge 0\]

\[ \Leftrightarrow u{\left( {u - 1} \right)^2} + {\left( {u - 1} \right)^2} \ge 0\]
BĐT cuối cùng là đúng suy ra BĐT ban đầu cũng đúng:
Đẳng thức xảy ra khi: \[u = 1 \Leftrightarrow a = 1\]