Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
* * * * * 2 Bình chọn

$$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ca} + \dfrac{c^9}{ab} + \dfrac{2}{abc} \ge a^5 + b^5 + c^5 + 2$$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 19 trả lời

#1 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 12-02-2012 - 10:32

Cho $a, b, c$ là các số thực dương , Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ca} + \dfrac{c^9}{ab} + \dfrac{2}{abc} \ge a^5 + b^5 + c^5 + 2$$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#2 PRONOOBCHICKENHANDSOME

PRONOOBCHICKENHANDSOME

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-02-2012 - 11:57

Cho $a, b, c$ là các số thực dương , Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ca} + \dfrac{c^9}{ab} + \dfrac{2}{abc} \ge a^5 + b^5 + c^5 + 2$$

$Q.E.D \Leftrightarrow \frac{a^{10}+b^{10}+c^{10}+2}{a^5+b^5+c^5 +2} \geq abc $
Hay $(\frac{a^{10}+b^{10}+c^{10}+2}{a^5+b^5+c^5 +2})^2 \geq a^2b^2c^2 $ (*)
That vay :
$(a^5+b^5+c^5+2)^2 \leq 5(a^{10}+b^{10}+c^{10}+2) $
$\Rightarrow VT(*) \geq \frac{a^{10}+b^{10}+c^{10}+2}{5} \geq a^2b^2c^2 $
$"=" \Leftrightarrow a=b=c=1 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PRONOOBCHICKENHANDSOME: 12-02-2012 - 11:58


#3 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 12-02-2012 - 12:25

Tiếp một bài khác nữa cúng tương tự
Cho $a, b, c$ là các số dương, chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ac} + \dfrac{c^9}{ab} + \dfrac{3}{abc} \ge a^4 + b^4 + c^4 + 3$$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#4 ductai199x

ductai199x

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 26 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi - Amsterdam High School For the Gifted
  • Sở thích:Math, Computer Sience, Chemist, Eng,...

Đã gửi 12-02-2012 - 12:52

$(a^5+b^5+c^5+2)^2 \leq 5(a^{10}+b^{10}+c^{10}+2) $


Cho em hỏi bđt này là bunhiakopski hay là gì đấy ạ? Vì khi em làm bunhia, nó ra thế này:

$(a^5+b^5+c^5+2)^2=[(a^5+b^5+c^5).1+2.1]^2 \le [(a^5+b^5+c^5)^2+1^2](2^2+1^2)$
$(a^5+b^5+c^5+2)^2 \le [a^{10}+b^{10}+c^{10}+2(a^5b^5+b^5c^5+c^5+a^5)+1]5$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ductai199x: 12-02-2012 - 12:54


#5 le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Vân Nội

Đã gửi 12-02-2012 - 12:57

Nó như thế này

$(a^{10}+b^{10}+c^{10}+1+1)(1+1+1+1+1)\geq (a^5+b^5+c^5+1+1)^2$

#6 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 12-02-2012 - 13:21

Một bài toán đề rất ngắn gọn :
Cho $a, b, c \ge 0$ thoả mãn $a^2 + b^2 + c^2 = a + b + c$ . Tìm giá trị lớn nhất của :
$$ S = a^3 + b^3 + c^3$$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#7 le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Vân Nội

Đã gửi 12-02-2012 - 13:41

Tiếp một bài khác nữa cúng tương tự
Cho $a, b, c$ là các số dương, chứng minh rằng :
$$\dfrac{a^9}{bc} + \dfrac{b^9}{ac} + \dfrac{c^9}{ab} + \dfrac{3}{abc} \ge a^4 + b^4 + c^4 + 3$$


Mình xin làm tiếp.

Cũng giống như cách trên cần chứng minh: $A=\frac{(a^{10}+b^{10}+c^{10}+3)^2}{(a^4+b^4+c^4+3)^2}\geq (abc)^2$

Theo BĐT BCS ta có $(a^4+b^4+c^4+3)^2\leq (a^{8}+b^{8}+c^{8}+3)*6$

Theo BĐT chebysep ta có $(a^{10}+b^{10}+c^{10}+1+1+1)\geq \frac{1}{6}(a^8+b^8+c^8+1+1+1)(a^2+b^2+c^2+1+1+1)$

$A\geq \frac{(\frac{1}{6}(a^8+b^8+c^8+1+1+1)(a^2+b^2+c^2+1+1+1))^2}{(a^{8}+b^{8}+c^{8}+3)*6}$

$=\frac{1}{6^3}*(a^8+b^8+c^8+3)*(a^2+b^2+c^2+3)^2\geq \frac{1}{6^3}*6^3*\sqrt[6]{(abc)^8*(abc)^4}=(abc)^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 17-02-2012 - 20:16


#8 kimyenvietvnn

kimyenvietvnn

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 12-02-2012 - 22:39

Một bài toán đề rất ngắn gọn :
Cho $a, b, c \ge 0$ thoả mãn $a^2 + b^2 + c^2 = a + b + c$ . Tìm giá trị lớn nhất của :
$$ S = a^3 + b^3 + c^3$$

($\sum$x3-3xyz)2=($\sum$x)2($\sum$x2-$\sum$xy)2$\leq$($\frac{($\sum$x2)+2($\sum$x2-$\sum$xy)}{3}$3=($\sum$x2)3
tu day ta co
$\sum$x3$\leq$$\sqrt{(\sum x2)3}$+3xyz=$\sqrt{(\sumx)3 }$+3xyz
ket hop voi
$\sum$x$\leq$3 (cai nay thj chac bunhja don gjan)
tu day gjaj quyet xong baj toan max $$ S = a^3 + b^3 + c^3$$=$\sqrt{33}$ + 3
dau = xay ra khi x=y=z

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kimyenvietvnn: 12-02-2012 - 22:42


#9 kimyenvietvnn

kimyenvietvnn

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 12-02-2012 - 22:59

(x3+y3+z3-3xyz)2=(x+y+z)2(x2+y2+z2-xy-yz-zx)2$\leq$((x+y+z)2+2(x2+y2+z2-xy+yz+zx)/3)3=(x2+y2+z2)3

tu day ta co (x3+y3+z3)$\leq$$\sqrt{(x2+y2+z2)3}$+3xyz$\leq$$\sqrt{(x+y+z)3}$+(x+y+z)3/9
lai co x+y+z$\leq$3(bunhja)
tu day maxS=$\sqrt{(3)3}$+3

#10 ductai199x

ductai199x

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 26 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi - Amsterdam High School For the Gifted
  • Sở thích:Math, Computer Sience, Chemist, Eng,...

Đã gửi 13-02-2012 - 00:57

lai co $x+y+z \le 3$(bunhja)


Bạn chứng minh dòng này như thế nào vậy bạn? Bạn có thể nói rõ bunhia ở đâu ko?

#11 phuonganh_lms

phuonganh_lms

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:The unborn
  • Sở thích:Nghe Linkin Park, harmonica

Đã gửi 13-02-2012 - 01:05

$(x+y+z)^2 \le 3.(x^2+y^2+z^2) \Leftrightarrow (x+y+z)^2 \le 3.(x+y+z) \Leftrightarrow x+y+z \le 3$

Hình đã gửi


#12 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 13-02-2012 - 06:04

(x3+y3+z3-3xyz)2=(x+y+z)2(x2+y2+z2-xy-yz-zx)2$\leq$((x+y+z)2+2(x2+y2+z2-xy+yz+zx)/3)3=(x2+y2+z2)3

tu day ta co (x3+y3+z3)$\leq$$\sqrt{(x2+y2+z2)3}$+3xyz$\leq$$\sqrt{(x+y+z)3}$+(x+y+z)3/9
lai co x+y+z$\leq$3(bunhja)
tu day maxS=$\sqrt{(3)3}$+3

bài này sai nhiều chỗ rồi các bạn ạ! Có rất nhiều sơ hở trong lời giải
Thứ nhất, nếu $a = b = c$ thì $Smax = 3$
Thứ 2, việc sử dụng bđt ở phần đầu đâu có xảy ra $a = b = c$.Mặt khác, việc nhân chia cũng chưa đúng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 13-02-2012 - 14:10

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#13 kimyenvietvnn

kimyenvietvnn

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 14-02-2012 - 12:47

Bạn chứng minh dòng này như thế nào vậy bạn? Bạn có thể nói rõ bunhia ở đâu ko?


$(x+y+z)^2 \le 3.(x^2+y^2+z^2) \Leftrightarrow (x+y+z)^2 \le 3.(x+y+z) \Leftrightarrow x+y+z \le 3$



#14 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 14-02-2012 - 22:00

Sau đây, mình xin giới thiệu một vài bài trong $OLYMPIC 30-4$. Mình và mọi người cùng giải cho vui :
Bài 1
Chứng minh bất đẳng thức sau :
$$\dfrac{a}{b + c} + \dfrac{b}{c + a} + \dfrac{c}{a + b} < \sqrt{\dfrac{a}{b + c}} + \sqrt{\dfrac{b}{c + a}} + \sqrt{\dfrac{c}{a + b}}$$
Bài 2.Cho $a,b,c$ là 3 số dương thoả mãn $a^2 + b^2 + c^2 = 12$
Tìm $GTNN$ của :$$P = \dfrac{1}{\sqrt{a^3 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{b^3 + 1}} + \dfrac{1}{\sqrt{c^3 + 1}}$$
Bài 3. Cho $a, b, c > 0$. Chứng minh rằng :
$$A = \dfrac{a^7}{a^3 + b^3 + 3c^3} + \dfrac{b^7}{b^3 + c^3 + 3a^3} + \dfrac{c^7}{c^3 + a^3 + 3b^3} \ge \dfrac{a^4 + b^4 + c^4}{5}$$

Tạm thời, mình chỉ post ít bài, khi nào làm xong, mình post tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 15-02-2012 - 16:22

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#15 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 15-02-2012 - 16:19

Những bài này đều là những bài của lớp 10 nên không quá khó.
Mình xin mở đầu bằng bài 2 (bài 1 đã có trên diễn đàn)
ta có $$\sqrt{a^3 + 1} = \sqrt{(a + 1)(a^2 - a + 1)} \le \dfrac{a + 1 + a^2 - a + 1}{2} = \dfrac{a^2 + 2}{2}$$
Nên $$P \ge 2\left (\dfrac{1}{a^2 + 2} + \dfrac{1}{b^2 + 2} + \dfrac{1}{c^2 + 2} \right ) \ge \dfrac{2.9}{a^2 + b^2 + c^2 + 6} = 1$$
Vậy. $P_{min} = 1$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#16 le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Vân Nội

Đã gửi 16-02-2012 - 19:45

Sau đây, mình xin giới thiệu một vài bài trong $OLYMPIC 30-4$. Mình và mọi người cùng giải cho vui :
Bài 3. Cho $a, b, c > 0$. Chứng minh rằng :
$$A = \dfrac{a^7}{a^3 + b^3 + 3c^3} + \dfrac{b^7}{b^3 + c^3 + 3a^3} + \dfrac{c^7}{c^3 + a^3 + 3b^3} \ge \dfrac{a^4 + b^4 + c^4}{5}$$


Bài này mình làm như sau, có thể dùng cosi

$a^4+a^4+a^4+b^4\geq 4a^3b$

Xây dựng tương tự rồi cộng lại, ta có $a^4+b^4+c^4\geq a^3b+b^3c+c^3a$

Hoàn toàn tương tự ta cũng có $a^4+b^4+c^4\geq ab^3+bc^3+ca^3$

Theo cauchy-schwarz ta có $VT\geq \frac{(a^4+b^4+c^4)^2}{(a^4+b^4+c^4)+(ab^3+bc^3+ca^3)+3(a^3b+b^3c+c^3a)}\geq \frac{(a^4+b^4+c^4)^2}{5(a^4+b^4+c^4)}=VP$

#17 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 16-02-2012 - 20:29

Bài 4. Cho $a, b, c> 0$ và thoả mãn điều kiện $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b^2 + b} + \dfrac{b}{c^2 + c} + \dfrac{c}{a^2 + a} \ge \dfrac{3}{2}$$
Bài 5.Cho $a, b, c$ là 3 số dương thoả mãn $abc = 1$
Tìm GTNN (nguyên bản sai) của :
$$P = \dfrac{bc}{a^2b + a^2c} + \dfrac{ac}{b^2a + b^2c} + \dfrac{ab}{c^2a + c^2b}$$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#18 tieulyly1995

tieulyly1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 435 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 16-02-2012 - 22:44

Bài 4. Cho $a, b, c> 0$ và thoả mãn điều kiện $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b^2 + b} + \dfrac{b}{c^2 + c} + \dfrac{c}{a^2 + a} \ge \dfrac{3}{2}$$

Theo hệ quả bất đẳng thức Cauchy:
$VT= \frac{(\frac{a}{b})^{2}}{a+\frac{a}{b}}+\frac{(\frac{b}{c})^{2}}{b+\frac{b}{c}}+\frac{(\frac{c}{a})^{2}}{c+\frac{c}{a}}$

$\geq \frac{(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^{2}}{(a+b+c)+(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})}$ (1)

Ta cần CM
$a+b+c \leq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ (2)
Thật vậy :
Theo AM-GM :
$3=a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc} \Rightarrow abc\leq 1$
$\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{a}{b}.\frac{b}{c}}\geq 3\sqrt[3]{a^{3}}= 3a$
Tương tự :
$2\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3b$ , $ 2\frac{c}{a}+\frac{a}{b}\geq 3c$
Cộng vế với vế, ta có (2)
Từ (1) và (2) , suy ra :
$VT\geq \frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}}{2}= \frac{3}{2}$
(đpcm)

#19 le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Vân Nội

Đã gửi 17-02-2012 - 20:22

Bài 5.Cho $a, b, c$ là 3 số dương thoả mãn $abc = 1$
Tìm GTNN (nguyên bản sai) của :
$$P = \dfrac{bc}{a^2b + a^2c} + \dfrac{ac}{b^2a + b^2c} + \dfrac{ab}{c^2a + c^2b}$$


Ta có $\frac{bc}{a^2b+a^2c}=\frac{(bc)^2}{a^2b^2c+a^2bc^2}=\frac{(bc)^2}{ab+ac}$

Theo cauchy-schwarz ta có

$VT\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{(ab+bc+ca)}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{(abc)^2}}{2}=\frac{3}{2}$

#20 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 17-02-2012 - 22:16

Bài 6. Cho $x, y, z$ là các số thực dương thoả mãn điều kiện :$x^2 + y^2 + z^2 = 1$.
Tìm GTNN của :$$A = (x + y + z)^2 + \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{x^3 + y^3 + z^3}{xyz} - \dfrac{1}{xy + yz + zx} \right )$$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh