Chủ đề này có 1115 trả lời

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 32:VT=$\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}\sum \dfrac{a}{4-a}$
Ta chứng minh:$\dfrac{a}{4-a}\geq \dfrac{a^{2}}{4}\Leftrightarrow (a-2)^{2}\geq 0$
Cộng các bất đẳng thức lại ta được điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 07-01-2012 - 14:23

[Cao Xuân Huy]

Bài 34: Với các số dương $a,b$. Tìm min của:
\[A=\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} + 4\sqrt 2 \dfrac{{a + b}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\]

Bài 35: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=1$. Tìm min của:
\[B = \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 07-01-2012 - 16:28

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Bài 35:Từ giả thiết ta có $ab+bc+ca\leq \dfrac{1}{3}$
$A=\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\dfrac{1}{3ab}+\dfrac{1}{3bc}+\dfrac{1}{3ca}+\dfrac{2}{3}(\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca})$
$\Rightarrow A\geq \dfrac{16}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(ab+bc+ca)}+\dfrac{6}{ab+bc+ca}\ge \dfrac{16}{1+ab+bc+ca}+\dfrac{6}{ab+bc+ca}\geq \dfrac{16}{1+\dfrac{1}{3}}+\dfrac{6}{\dfrac{1}{3}}= 30$
Min A=30 khi và chỉ khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 07-01-2012 - 16:52

[Ispectorgadget]

Bài toán tổng quát cho Bài 19
Cho $a_{1};a_{2},...a_n>1$, n$\in N*$
CMR: $\dfrac{a_{1}^{2}}{a_{2}-1}+\dfrac{a_{2}^{2}}{a_{3}-1}+...+\dfrac{a_n^{2}}{a_{1}-1}\geq 4n$

Sao gõ chỉ số bị sai font hết vậy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 07-01-2012 - 20:51

[perfectstrong]

Bài toán tổng quát cho Bài 19
Cho $a_{1};a_{2},...a_n>1$, n$\in N*$
CMR: $\dfrac{a_{1}^{2}}{a_{2}-1}+\dfrac{a_{2}^{2}}{a_{3}-1}+...+\dfrac{a_n^{2}}{a_{1}-1}\geq 4n$

Lời giải:
Đặt \[S = \sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} \]
Quy ước $a_{n+1} \equiv a_1$
\[VT = \sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{{a_i^2}}{{{a_{i + 1}} - 1}}} \ge \dfrac{{{S^2}}}{{S - n}}\]
Ta chỉ cần chứng minh
\[\dfrac{{{S^2}}}{{S - n}} \ge 4n \Leftrightarrow {S^2} - 4Sn + 4{n^2} \ge 0 \Leftrightarrow {\left( {S - 2n} \right)^2} \ge 0:True\]
Do đó, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a_i=2;i=\overline{1,n}$

[Ispectorgadget]

Tổng quát cho bài 21
CMR: $\sqrt[2m+1]{a_1^{2m+1}+a_2^{2m+1}+...+a_n^{2m+1}}\leq \sqrt[2k]{a_1^{2k}+a_2^{2k}+...+a_n^{2k}}$ ($k,m\in N*;m\geq k$)
Bài này chứng minh giống bài 21 ở trên

[Tham Lang]

Mình làm sơ lược bài 34 :

Bài 34: Với các số dương $a,b$. Tìm min của:
\[A=\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} + 4\sqrt 2 \dfrac{{a + b}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\]

Ta có $$P = \dfrac{a^2 + b^2}{ab} + 4\sqrt{2 + \dfrac{4ab}{a^2 + b^2}} = \dfrac{1}{x} + 4\sqrt{2 + 4x}$$ Đến đây có nhiều cách để làm .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 20-05-2012 - 20:46

[dark templar]

Bài 35: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=1$. Tìm min của:
\[B = \dfrac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{1}{{bc}} + \dfrac{1}{{ca}}\]

Tổng quát: Cho $n \in \mathbb{N^*};n \ge 2$.Xét $n$ số thực dương $a_1;a_2;...;a_n$ thỏa:$\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}=1$.TÌm GTNN của biểu thức:
$$P=\dfrac{1}{\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^2}+\sum\limits_{1 \le i<j \le n}\dfrac{1}{a_{i}a_{j}}$$

Bài 36: Cho $a,b,c>0$ thỏa:$a+b+c \ge 3$ và $n \in \mathbb{N^*}$.Tìm GTLN của biểu thức:
$$H=\dfrac{a^{n}+b^{n}+c^{n}}{a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 08-01-2012 - 08:35

[Ispectorgadget]

Tổng quát cho bài 22
Cho Cho $a_1;a_2;a_3;...a_n$ thuộc đoạn [0;1]
CMR:$ F=\frac{a_1}{a_2.a_3...a_n+1}+\sum _{i=2}^{n-1}\frac{a_i}{a_1....a_{i-1}.a_{i+n}.a_n+1}+\frac{a_n}{a_1.a_2...a_{n-1}+1}\leq n-1$

[Tham Lang]

Bài 36 . Gia sử $a \ge b \ge c => a^n \ge b^n \ge c^n $ Theo BĐT Chebyshev, ta có$ 3(a^{n + 1} + b^{n + 1} + c^{n + 1} \ge (a + b + c)(a^n + b^n + c^n) \ge 3(a^n + b^n + c^n)$ => max = 1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 08-01-2012 - 11:13

[Ispectorgadget]

Bài 37:Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa
$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\geq 1$
CMR: $a+b+c\geq ab+bc+ac$ (THTT)

[Crystal]

Bài 37:Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa
$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}\geq 1$
CMR: $a+b+c\geq ab+bc+ac$ (THTT)

Giờ mới tham gia vào topic này. Anh tặng cho Ispectorgadget những lời giải cho bài toán trên.

Cách 1: Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có:
$$\left( {a + b + 1} \right)\left( {a + b + {c^2}} \right) \geqslant {\left( {a + b + c} \right)^2}$$
Suy ra: $$1 \leqslant \sum {\left( {\frac{1}{{a + b + c}}} \right)} \leqslant \sum {\frac{{a + b + {c^2}}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}} \Leftrightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} \leqslant 2\left( {a + b + c} \right) + {a^2} + {b^2} + {c^2}$$
$$ \Leftrightarrow ab + bc + ca \leqslant a + b + c \Rightarrow Q.E.D$$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c = 1$.

Cách 2: Giả sử $\sum {\frac{1}{{a + b + 1}} \geqslant 1} $ và $a + b + c < ab + bc + ca$

Khi đó ta có: $$\frac{1}{{a + b + 1}} < \frac{{\frac{{ab + bc + ca}}{{a + b + c}}}}{{a + b + c + \frac{{ab + bc + ca}}{{a + b + c}}}} = \frac{{ab + bc + ca}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + b + c} \right) + ab + bc + ca}}$$
Suy ra: $$\sum {\frac{{ab + bc + ca}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + b + c} \right) + ab + bc + ca}} > 1 \Leftrightarrow 1 > \sum {\left( {1 - \frac{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + b + c} \right) + ab + bc + ca}}} \right)} } $$
$$ \Leftrightarrow 1 > \sum {\frac{{{a^2} + ab + {b^2}}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + b + c} \right) + ab + bc + ca}}} \geqslant \frac{3}{4}\sum {\frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + b + c} \right) + ab + bc + ca}}}$$
$$ \geqslant \frac{{3{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + b + c} \right) + ab + bc + ca}} = \frac{{3{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2{{\left( {a + b + c} \right)}^2} + 3\left( {ab + bc + ca} \right)}} \geqslant 1$$
BĐT trên mâu thuẫn. Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c = 1$

Cách 3: Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có:
$$2 \geqslant \sum {\left( {1 - \frac{1}{{a + b + 1}}} \right) = \sum {\frac{{a + b}}{{a + b + 1}}} } $$
$$ \geqslant \frac{{4{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + b + 1} \right) + \left( {b + c} \right)\left( {b + c + 1} \right) + \left( {c + a} \right)\left( {c + a + 1} \right)}}$$
$$ \Leftrightarrow \sum {{a^2} + \sum {ab + \sum a \geqslant {{\left( {a + b + c} \right)}^2}} } \Leftrightarrow ab + bc + ca \leqslant a + b + c$$
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c = 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 08-01-2012 - 14:08

[Crystal]

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:
$$\sum {\frac{{{a^x}}}{{{{\left( {b + c - a} \right)}^y}}} \geqslant \sum {{a^{x - y}}} } $$

[Ispectorgadget]

Bài 33:
Cho a,b,c >0. CMR: $\dfrac{1}{a(1+b)}+\dfrac{1}{b(1+c)}+\dfrac{1}{c(1+a)}\geq \dfrac{3}{1+abc}$

Lời giải:
BDT cần chứng minh tương đương$\frac{1+abc}{a(1+b)}+\frac{1+abc}{b(1+c)}+\frac{1+abc}{c(1+a)}\geq 3$
Ta có: $\frac{1+abc}{a(1+b)}=\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{b(1+c)}{1+b}-1$
Tương tự: $\frac{1+abc}{b(1+c)}=\frac{1+b}{b(1+c)}+\frac{c(1+a)}{1+c}-1$
$\frac{1+abc}{c(1+a)}=\frac{1+c}{c(1+a)}+\frac{c(1+a)}{1+a}-1$
VT=$\sum [\frac{1+a}{a(1+b)}+\frac{a(1+b)}{a+1}]-3\geq \sum 2\sqrt{\frac{1+a}{a(b+1)}.\frac{a(1+b)}{1+a}}-3=6-3=3$
Từ đây ta có đpcm
Bài 39: Cho a,b,c>0 và a+b+c=3 . Tìm GTLN của biểu thức
B=$\frac{41a^3-b^3}{ab+7a^2}+\frac{41b^3-c^3}{bc+7b^2}+\frac{41c^3-a^3}{ac+7c^2}$
Bài 40: Cho a,b,c không âm thoả a+b+c=3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
$A=\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-01-2012 - 17:46

[Ispectorgadget]

Chết thật gõ nhầm
Bài 40:
GTLN
Giả sử a=min{a,b,c}
Ta có: $VT \le \frac{a}{{a^2 + 1}} + \frac{c}{{a^2 + 1}} + \frac{b}{{a^2 + 1}} = \frac{3}{{a^2 + 1}} \le 3$
Dấu "=" xảy ra khi a=b=0; c=3

Từ lời giải trên ta có bài toán tổng quát sau:
Cho $a_1+a_2+...+a_n$ là những số nguyên thỏa mãn $a_1+a_2+...+a_n=k( k\in N*)$
Tìm GTLN,GTNN của $\frac{a_1}{a_1^2+1}+\frac{a_2}{a_2^2+1}+...+\frac{a_n}{a_n^2+1}$
Bài 41: Cho a,b,c>0 thỏa $a^2+b^2+c^2=3$
Tìm GTNN của biểu thức
A=$\frac{a^5}{b^3+c^2}+\frac{b^5}{a^2+c^3}+\frac{c^5}{a^3+b^2}+a^4+b^4+c^4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 10-01-2012 - 14:20

[phuc_90]

Bài 40: Cho a,b,c không âm thoả a+b+c=3. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức
$A=\frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}$

Đáp số : $GTLN = 3$ , $GTNN = \dfrac{3}{2}$

* Tìm GTLN của $A$

Ta có : $A=\dfrac{a}{b^2+1}+\dfrac{b}{c^2+1}+\dfrac{c}{a^2+1} \leq a+b+c =3$

Vậy GTLN của $A=3$, đẳng thức xảy ra khi $a=b=0,c=3$ và các hoán vị của nó

* Tìm GTNN của $A$

Ta có : $\dfrac{a}{b^2+1} = a\left(1-\dfrac{b^2}{b^2+1}\right) \geq a\left(1-\dfrac{b^2}{2b}\right) = a-\dfrac{ab}{2}$

Do đó $\sum \dfrac{a}{b^2+1} \geq \sum a -\dfrac{1}{2}\sum ab = \dfrac{3}{2}$

Vậy GTNN của $A=\dfrac{3}{2}$, đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1$

P/s : Bài này cho $a,b,c$ là các số dương thì phần GTLN sẽ thú vị hơn.

[phuc_90]

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

Trước tiên mình nhắc lại BĐT quen thuộc của cụ Vasc ( không biết viết đúng tên ko nữa ... tại ko nhớ rõ (@_^ ) )

$3(ab^3+bc^3+ca^3) \leq (a^2+b^2+c^2)^2$

Áp dụng vào bài toán thì $ab^3+bc^3+ca^3 \leq 3 \leq a^3+b^3+c^3$

Mặt khác ta có $ac^2+ba^2+cb^2 \leq a^3+b^3+c^3$

Áp dụng BĐT B.C.S $\sum \dfrac{a^5}{b^3+c^2} \geq \dfrac{\left(\sum a^3\right)^2}{\sum ab^3 +\sum ac^2} \geq \dfrac{a^3+b^3+c^3}{2} \geq \dfrac{3}{2}$

Vậy GTNN $A=\dfrac{3}{2}$, đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

[phuc_90]

Bài 39: Cho a,b,c>0 và a+b+c=3 . Tìm GTLN của biểu thức
B=$\frac{41a^3-b^3}{ab+7a^2}+\frac{41b^3-c^3}{bc+7b^2}+\frac{41c^3-a^3}{ac+7c^2}$

Ta sẽ chứng minh $\dfrac{41a^3-b^3}{ab+7a^2} \leq 6a-b$

$\Leftrightarrow a^3+b^3-ab(a+b) \geq 0$ .BĐT này hiển nhiên đúng.
Ta chỉ việc làm tương tự với các lượng còn lại thì BĐT đã được chứng minh.

Có thể có bạn thắc mắc là tại sao mình lại xác định được lượng bất đẳng thức trên đúng không ?
Cũng không có gì cao siêu ở đây, cái này là phương pháp hệ số bất định trong BĐT.
Mình sẽ nói sơ qua hướng giải cho trường hợp dạng này thôi để bạn nào chưa làm quen với phương pháp có thể nắm bắt.

Ta cần xác định $x,y$ sao cho $\dfrac{41a^3-b^3}{ab+7a^2} \leq xa+yb$ (*)
Trường hợp dấu bằng xảy ra đơn giản nhất mà ta nghỉ ra ngay đó là $a=b=c=1$
Do đó để giảm bớt rắc rối ta cho $b=1$, thế vào (*), rồi biến đổi thành
$(41-7x)a^3-(x+7y)a^2-ya-1 \leq 0$
Ta đặt $f(a)=(41-7x)a^3-(x+7y)a^2-ya-1$
Do đây là 2 ẩn nên bắt buộc ta phải có 2 phương trình để giải mới tìm được $x,y$
Vì vậy ta nghỉ ngay tới trường hợp $f(a)$ có 1 nghiệm kép, giả sử nghiệm đó là $t$
thì khi đó ta có $f(t) = 0$ và $f'(t)=0$ .Thế là ta đã có đủ 2 phương trình.
Còn việc chọn nghiệm thế nào ? Cái này ta chọn theo dự đoán đẳng thức xảy ra. Ở đây ta dự đoán $a=b=c=1$ nên ta chọn $t=1$.Theo cách lập luận này các bạn sẽ tìm được $x,y$ như mong muốn.

P/s : Bạn nào rành về phương pháp này có thể nói thêm để mọi người nắm bắt. Mình chỉ nhớ có 1 vài dạng của phương pháp này thôi. Phương pháp này rất hay đấy mọi người @_^)

[Ispectorgadget]

Ta sẽ chứng minh $\dfrac{41a^3-b^3}{ab+7a^2} \leq 6a-b$

$\Leftrightarrow a^3+b^3-ab(a+b) \geq 0$ .BĐT này hiển nhiên đúng.
Ta chỉ việc làm tương tự với các lượng còn lại thì BĐT đã được chứng minh.

Có thể có bạn thắc mắc là tại sao mình lại xác định được lượng bất đẳng thức trên đúng không ?
Cũng không có gì cao siêu ở đây, cái này là phương pháp hệ số bất định trong BĐT.
Mình sẽ nói sơ qua hướng giải cho trường hợp dạng này thôi để bạn nào chưa làm quen với phương pháp có thể nắm bắt.

Ta cần xác định $x,y$ sao cho $\dfrac{41a^3-b^3}{ab+7a^2} \leq xa+yb$ (*)
Trường hợp dấu bằng xảy ra đơn giản nhất mà ta nghỉ ra ngay đó là $a=b=c=1$
Do đó để giảm bớt rắc rối ta cho $b=1$, thế vào (*), rồi biến đổi thành
$(41-7x)a^3-(x+7y)a^2-ya-1 \leq 0$
Ta đặt $f(a)=(41-7x)a^3-(x+7y)a^2-ya-1$
Do đây là 2 ẩn nên bắt buộc ta phải có 2 phương trình để giải mới tìm được $x,y$
Vì vậy ta nghỉ ngay tới trường hợp $f(a)$ có 1 nghiệm kép, giả sử nghiệm đó là $t$
thì khi đó ta có $f(t) = 0$ và $f'(t)=0$ .Thế là ta đã có đủ 2 phương trình.
Còn việc chọn nghiệm thế nào ? Cái này ta chọn theo dự đoán đẳng thức xảy ra. Ở đây ta dự đoán $a=b=c=1$ nên ta chọn $t=1$.Theo cách lập luận này các bạn sẽ tìm được $x,y$ như mong muốn.

P/s : Bạn nào rành về phương pháp này có thể nói thêm để mọi người nắm bắt. Mình chỉ nhớ có 1 vài dạng của phương pháp này thôi. Phương pháp này rất hay đấy mọi người @_^)

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 (*)

[Cao Xuân Huy]

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 (*)

Chỗ em tô đỏ là từ đâu ra thế anh Kiên