Chủ đề này có 1115 trả lời

[Dung Dang Do]

Bài 332:Tìm $a,b$ để giá trị lớn nhất của biểu thức sau là nhỏ nhất:

$P=\left|\left|\left|x+1 \right|-2 \right|-(ax+b) \right|$ với $a,b \in [-3, 4]$

Tạp chí Toán học và tuổi trẻ

bài của anh khó thật. Em nghĩ 4 ngày mới ra.
Bài giải:
Kí hiệu $f(x)=||x+1|-2|-(ax+b)$, ta có: $f(-1)=2+a-b$
$f(4)=3-4a-b$ Do đó $3f(-1) -5f(1)+2f(4)$
$=3(2+a-b)-5(-a-b)+2(3-4a-b)=12$
Đặt $D=max_{-3\le x \le 4}|f(x)|$, suy ra.
$10D\ge 3|f(-1)|-5|f(1)|++2|f(4)|\ge |3f(-1)-5f(1)+2f(4)|=12\to D\ge\frac{6}{5}(1)$
$D=\frac{6}{5}$ khi $f(-1)=-f(1)=f(4) \to$:
$\left\{\begin{matrix} a+b=2+a-b & \\ a+b=3-4a-b & \end{matrix}\right.\iff\left\{\begin{matrix} a=\frac{1}{5} & \\ b=1 & \end{matrix}\right.$
Thử lại ta có $f(x)-||x+1|-2|-(\frac{1}{5}+x)$
-Với $-3 \le x \le -1$ thì $|f(x)|\le \frac{6}{5}(2)$
-Với $-1 \le x \le 1 \to |f(x)|\le \frac{6}{5}(3)$
-Với $1 \le x \le 4 \to |f(x)|\le \frac{6}{5}(4)$
Từ $(1)(2)(3)(4)$ ta suy ra $|f(x) |\le \frac{6}{5}$ khi $-3\le x \le 4$. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=1;-1$.Do đó
$$D=max_{-3\le x \le 4}|f(x)|=\frac{6}{5}(5)$$
Từ (1)(5) ta có $D\le \frac{6}{5}\leftrightarrow x=1;-1$
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\left|\left|\left|x+1 \right|-2 \right|-(ax+b) \right|$ đạt khi $a=\frac{1}{5},b=1.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 30-04-2012 - 05:58

[Crystal]

Gửi các em bài này.

Bài 343: Cho $k$ là một số thực xác định, $x,y,z \ge 0$ và $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
\[Q = xy + yz + zx - kxyz\]
------
P/s: Lâu quá không tham gia vào topic này, nếu có trùng thì mong mọi người niệm tình tha thứ

[Ispectorgadget]

Gửi các em bài này.

Bài 343: Cho $k$ là một số thực xác định, $x,y,z \ge 0$ và $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
\[Q = xy + yz + zx - kxyz\]

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có: $$xyz\geq (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)=(1-2x)(1-2y)(1-2z)$$
Khai triển và biến đổi ta được $$\frac{9xyz+1}{4}\geq xy+xz+yz$$
Vậy $$Q\leq \frac{1}{4}+(\frac{9}{4}-k)xyz$$
Lại có $$xyz\leq (\frac{x+y+z}{3})^3=\frac{1}{27}$$
Nếu $k<\frac {9}{4}$ thì $Q_{max}=\frac{9-k}{27}$
Nếu $k\geq \frac{9}{4}$ thì $Q\leq \frac{1}{4}$ suy ra $Q_{max}=\frac {1}{4}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=\frac {1}{2};z=0$

[tuilatrai123]

Bài 342:
cho 3 số thực dương a,b,c và a+b+c=3. Chứng minh rằng $\sum \frac{a}{ab+b^{3}}\geq \frac{3}{2}$

$\sum \frac{a}{ab+b^{3}}=\sum (\frac{1}{a}-\frac{b}{a+b^{2}})\geq \sum \frac{1}{a}+3-3-\sum \frac{b}{2b\sqrt{a}}\geq 2\sum \frac{1}{\sqrt{a}}-\frac{1}{2}\sum \frac{1}{\sqrt{a}}-3=\frac{3}{2}\sum \frac{1}{\sqrt{a}}-3\geq \frac{3}{2}(\frac{9}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}})-3\geq \frac{3}{2}(\frac{9}{\sqrt{3(a+b+c)}})-3=\frac{3}{2}$

Lần đầu mình làm bài, có gí sai sốt thông cảm nha

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuilatrai123: 01-05-2012 - 17:44

[Dung Dang Do]

Bài 343:
Tìm $Min$ của biểu thức
$$P=\frac{\sqrt{a_1+2008}+\sqrt{a_2+2008}+...+\sqrt{a_n+2008}}{\sqrt{a_1}+\sqrt{a_2}+...+\sqrt{a_n}}$$

[Tham Lang]

Bài 344.
Với $a, b, c, d >0$ Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge \dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ca}+\dfrac{c^2}{ab}$$
Bài 345.
Cho $a, b, c \in [1.2]$ . Chứng minh rằng :
$$a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\le 7abc$$

[Secrets In Inequalities VP]

Bài 344.
Với $a, b, c, d >0$ Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge \dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ca}+\dfrac{c^2}{ab}$$
Bài 345.
Cho $a, b, c \in [1.2]$ . Chứng minh rằng :
$$a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\le 7abc$$

Bài 345.
BĐT $\Leftrightarrow \frac{a(b+c)}{bc}+\frac{b(c+a)}{ca}+\frac{c(a+b)}{ab}\leq 7$
$\Leftrightarrow \frac{a}{c}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}\leq 7\Leftrightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leq 10$
Đến đây bài này quen rồi !

[Poseidont]

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM có:
$\frac{a^2}{b^2}+\frac{a^2}{c^2}\geq 2\frac{a^2}{bc}$
Xây dựng các bất đẳng thức tg tự rồi cộng vào ta được:
$VT+\frac{a^2}{c^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq 2 VP$$\Leftrightarrow VT\geq 2VP- \left ( \frac{a^2}{c^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{b^2} \right )$ (*)

Mà theo bất đẳng thức $x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$ ta có:
$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \frac{a^2}{c^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{b^2}$
hay $-\left ( \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2} \right )\leq -\left ( \frac{a^2}{c^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{b^2} \right )$ (**)

Vậy từ (*) và (**) ta có:
$VT\geq 2VP-VT\Leftrightarrow VT\geq VP$

bạn kiểm tra lại nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HVADN: 05-05-2012 - 17:44

[beppkid]

Bài 344.
Với $a, b, c, d >0$ Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\ge \dfrac{a^2}{bc}+\dfrac{b^2}{ca}+\dfrac{c^2}{ab}$$

đề sai hay sao í. Thử a=3; b=1; c=$\frac{1}{\sqrt{18}}$ thì không thỏa mãn.

[Cao Xuân Huy]

Khơi dậy topic tí.
Bài 346: $a,b,c>0;ab+bc+ca=1$. Chứng minh:
\[\sqrt[3]{{\frac{1}{a} + 6b}} + \sqrt[3]{{\frac{1}{b} + 6c}} + \sqrt[3]{{\frac{1}{c} + 6a}} \le \frac{1}{{abc}}\]
(IMO shortlist 2004)

[Ispectorgadget]

Khơi dậy topic tí.
Bài 346: $a,b,c>0;ab+bc+ca=1$. Chứng minh:
\[\sqrt[3]{{\frac{1}{a} + 6b}} + \sqrt[3]{{\frac{1}{b} + 6c}} + \sqrt[3]{{\frac{1}{c} + 6a}} \le \frac{1}{{abc}}\]
(IMO shortlist 2004)

Đơn giản là Cô si và điểm rơi
$$\sqrt[3]{27(\frac{1}{a}+6b)}\leq \frac{\frac{1}{a}+6b+3\sqrt{3}+3\sqrt{3}}{3}$$
Thiết lập tương tự và cộng lại ta có điều cần chứng minh.
Chú ý là: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{abc};a+b+c\leq \frac{1}{abc3}$
Một cách khác. Áp dụng BĐT Holder ta có
$$VT^3\leq (1+6ab+1+6bc+1+6ac)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(1+1+1)=\frac{27}{abc}=\frac{27ab.bc.ac}{(abc)^3}\leq \frac{1}{(abc)^3}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 11-05-2012 - 02:22

[NLT]

\[\begin{array}{l}
t = \frac{y}{x} > 0 \\
\frac{{2{x^2} + 3{y^2}}}{{2{x^3} + 3{y^3}}} = \frac{{{x^2}\left( {2 + 3\frac{{{y^2}}}{{{x^2}}}} \right)}}{{{x^3}\left( {2 + 3\frac{{{y^3}}}{{{x^3}}}} \right)}} = \frac{1}{x}.\frac{{2 + 3{t^2}}}{{2 + 3{t^3}}} \\
\frac{{2{y^2} + 3{x^2}}}{{2{y^3} + 3{x^3}}} = \frac{{{x^2}\left( {2\frac{{{y^2}}}{{{x^2}}} + 3} \right)}}{{{x^3}\left( {2\frac{{{y^3}}}{{{x^3}}} + 3} \right)}} = \frac{1}{x}.\frac{{2{t^2} + 3}}{{2{t^3} + 3}} \\
\frac{4}{{x + y}} = \frac{4}{{x\left( {1 + \frac{y}{x}} \right)}} = \frac{1}{x}.\frac{4}{{1 + t}} \\
bdt \Leftrightarrow \frac{{2 + 3{t^2}}}{{2 + 3{t^3}}} + \frac{{2{t^2} + 3}}{{2{t^3} + 3}} \le \frac{4}{{1 + t}} \\
\Leftrightarrow 4\left( {2 + 3{t^3}} \right)\left( {2{t^3} + 3} \right) - \left( {2 + 3{t^2}} \right)\left( {2{t^3} + 3} \right)\left( {1 + t} \right) - \left( {2{t^2} + 3} \right)\left( {2 + 3{t^3}} \right)\left( {1 + t} \right) \ge 0 \\
\Leftrightarrow 12{t^6} - 12{t^5} - 13{t^4} + 26{t^3} - 13{t^2} - 12t + 12 \ge 0 \\
\Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2}\left( {12{t^4} + 12{t^3} - {t^2} + 12t + 12} \right) \ge 0{\rm{ }}\left( 1 \right) \\
f\left( t \right) = 12{t^4} + 12{t^3} - {t^2} + 12t + 12 = t\left( {2t + 3} \right)\left( {6{t^2} - 3t + 4} \right) + 12 \\
= t\left( {2t + 3} \right)\left[ {6{{\left( {t - \frac{1}{4}} \right)}^2} + \frac{{29}}{8}} \right] + 12 > 0,\forall t > 0 \Rightarrow \left( 1 \right):True \Rightarrow Q.E.D \\
\end{array}\]

Liệu có lời giải nào không dùng cách biến đổi tương đương như anh Hân như thế này không ?
---------------

[Ispectorgadget]

Bài 347:Cho $ab=cd=1$.Chứng minh rằng:
$$(a+b)(c+d)+4\geq 2(a+b+c+d) $$
PTNKĐHQG TPHCM 2007-2008
Bài 348: Cho 4 số $a,b,c,d$ thuộc $(0;\frac{1}{2}].$ Chứng minh rằng:
$$(\frac{a+b+c+d}{4-a-b-c-d})^4\geq \frac{abcd}{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}$$
THTT
Bài 349: Cho $x;y;z$ là các số dương không lớn hơn 1. CMR
a) $$\frac{1}{x+z+y}\geq \frac{1}{3}+\frac{(1-x)(1-y)(1-z)}{3}$$
b) $$\frac{1}{x+z+y}\geq \frac{1}{3}+(1-x)(1-y)(1-z)$$
Toán tuổi thơ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 12-05-2012 - 19:13

[solitarycloud2612]

Bài 347:Cho $ab=cd=1$.Chứng minh rằng:
$$(a+b)(c+d)+4\geq 2(a+b+c+d) $$
PTNKĐHQG TPHCM 2007-2008

$\begin{gathered}
\Leftrightarrow (a + b)(c + d) + 4 - 2(a + b + c + d) \geqslant 0 \\
\Leftrightarrow ac + ad + bc + bd + 4 - 2a - 2b - 2c - 2d \geqslant 0 \\
\Leftrightarrow a(c + d - 2) + b(c + d - 2) \geqslant 0 \\
\Leftrightarrow (c + d - 2)(a + b - 2) \geqslant 0 \\
\Leftrightarrow {(\sqrt c - \sqrt d )^2}{(\sqrt a - \sqrt b )^2} \geqslant 0 \\
\Rightarrow bđt đúng \\
\Rightarrow đccm \\
\end{gathered} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi solitarycloud2612: 12-05-2012 - 20:06

[Katyusha]

Bài 349: Cho $x;y;z$ là các số dương không lớn hơn 1. CMR
a) $$\frac{1}{x+z+y}\geq \frac{1}{3}+\frac{(1-x)(1-y)(1-z)}{3}$$
b) $$\frac{1}{x+z+y}\geq \frac{1}{3}+(1-x)(1-y)(1-z)$$
Toán tuổi thơ

b.
Sử dụng AM-GM:
$$VP \le \dfrac{1}{3}+\dfrac{(3-x-y-z)^3}{27}$$
Vậy ta sẽ chứng minh:
$$\frac{1}{x+y+z} \ge \dfrac{1}{3}+\dfrac{(3-x-y-z)^3}{27}$$

Đặt $t=x+y+z$ thì $0\le t \le 3$. BĐT trên trở thành:
$$\frac{1}{t} \ge \frac{1}{3} +\frac{(3-t)^3}{27}$$
$$\Leftrightarrow 27 \ge 9t + t(3-t)^3$$
$$\Leftrightarrow (3-t)[9 - t(3-t)^2] \ge 0$$
Do $3-t \ge 0$ nên ta chỉ cần chứng minh: $9 - t(3-t)^2 \ge 0$
Lại theo AM-GM:
$$t(3-t)^2=\dfrac{2t(3-t)^2}{2} \le \frac{(6-2t+2t)^3}{2.27}=4$$
Nên $9 - t(3-t)^2 \ge 9-4=5>0$.

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Katyusha: 12-05-2012 - 22:15

[Mai Duc Khai]

Liệu có lời giải nào không dùng cách biến đổi tương đương như anh Hân như thế này không ?
---------------

Đây cách này biến đổi gần giống với cách của a Hân
http://diendantoanho...l=&fromsearch=1

[Ispectorgadget]

Bài 350: (dễ) Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức
$$A=(\frac{x}{y+z})^3+(\frac{z}{x+y})^3+(\frac{y}{x+z})^3$$
(không dùng Holder nhé!)
Bài 351: (Baltic way 2004)
Cho $abc=1, a,b,c>0;n\inN$. Chứng minh rằng:$$\frac{1}{1+a^n+b^b}+\frac{1}{1+b^n+c^n}+\frac{1}{1+c^n+a^n}\leq 1$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 14-05-2012 - 13:38

[Cao Xuân Huy]

Bài 350: (dễ) Cho x,y,z là các số thực dương thay đổi. Tìm GTNN của biểu thức
$$A=(\frac{x}{y+z})^3+(\frac{z}{x+y})^3+(\frac{y}{x+z})^3$$
(không dùng Holder nhé!)
Bài 351: (Baltic way 2004)
Cho $abc=1, a,b,c>0;n\inN$. Chứng minh rằng:$$\frac{1}{1+a^n+b^b}+\frac{1}{1+b^n+c^n}+\frac{1}{1+c^n+a^n}\leq 1$$

Bài 350:
Áp dụng bđt AM-GM và Nesbitt:
\[A = \sum\limits_{cyc} {\left[ {{{\left( {\frac{x}{{y + z}}} \right)}^3} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8}} \right]} - \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4}.\sum\limits_{cyc} {\left[ {\frac{x}{{y + z}}} \right]} - \frac{3}{4} \ge \frac{3}{4}.\frac{3}{2} - \frac{3}{4}\]
Bài 351:
Đặt: $x = {\left( {\sqrt[3]{a}} \right)^n};y = {\left( {\sqrt[3]{b}} \right)^n};z = {\left( {\sqrt[3]{c}} \right)^n}$
Suy ra:
\[VT = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{1 + {x^3} + {y^3}}}} \le \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{1 + xy(x + y)}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{xyz}}{{xyz + xy(x + y)}}} = \frac{{x + y + z}}{{x + y + z}} = 1\]

[NLT]

Bài 352: Cho x,y,z > 0 thỏa $\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 1$ và $n \in N$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{x^{n + 2}} + {y^{n + 2}}}}{{{x^n} + {y^n}}} + \frac{{{y^{n + 2}} + {z^{n + 2}}}}{{{y^n} + {z^n}}} + \frac{{{z^{n + 2}} + {x^{n + 2}}}}{{{z^n} + {x^n}}} \ge \frac{1}{{27}}$
----------

[hongcho24031997]

Bài 352: Cho x,y,z > 0 thỏa $\sqrt x + \sqrt y + \sqrt z = 1$ và $n \in N$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{x^{n + 2}} + {y^{n + 2}}}}{{{x^n} + {y^n}}} + \frac{{{y^{n + 2}} + {z^{n + 2}}}}{{{y^n} + {z^n}}} + \frac{{{z^{n + 2}} + {x^{n + 2}}}}{{{z^n} + {x^n}}} \ge \frac{1}{{27}}$
----------

$chebyshev \Rightarrow 2(x^{n+2}+y^{n+2})\geq (x^n+y^n)(x^2+y^2)$

do đó $\frac{{{x^{n + 2}} + {y^{n + 2}}}}{{{x^n} + {y^n}}} + \frac{{{y^{n + 2}} + {z^{n + 2}}}}{{{y^n} + {z^n}}} + \frac{{{z^{n + 2}} + {x^{n + 2}}}}{{{z^n} + {x^n}}} \ge x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}\geq \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^4}{27}=\frac{1}{27}$