Chủ đề này có 20 trả lời

[cvp]

Bài 1:
Cho $0\leq a, b, c \leq 2$ và $a+b+c=3$
CMR: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \leq 5$
Bài 2:
Cho $abc=1$ và $a^{3}>36$
CMR: $ \frac{a^{3}}{3}+b^{2}+c^{2}>ab+ac+bc$
Bài 3:
a) Cho $0\leq a, b, c \leq 1$
CMR: $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 1+a^{2}b+c^{2}a+b^{2}c$
b) Cho $0<a_{0}<a_{1}<...<a_{1997}$
CMR: $\frac{a_{0}+a_{1}+...+a_{1997}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{1997}}<3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 04-03-2012 - 19:21

[Cao Xuân Huy]

Bài 1:
Cho $0\leq a, b, c \leq 2$ và $a+b+c=3$
CMR: $a^{2}+b^{2}+c^{2} \leq 5$
Bài 2:
Cho $abc=1$ và $a^{3}>36$
CMR: $ \frac{a^{3}}{3}+b^{2}+c^{2}>ab+ac+bc$
Bài 3:
a) Cho $0\leq a, b, c \leq 1$
CMR: $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 1+a^{2}b+c^{2}a+b^{2}c$
b) Cho $0<a_{0}<a_{1}<...<a_{1997}$
CMR: $\frac{a_{0}+a_{1}+...+a_{1997}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{1997}}<3$

Đặt $a=x+1;b=y+1;c=z+1$ thì $x,y,z \in [-1;1]$ và $x+y+z=0 \Rightarrow x+y=-z$.
Do đó: $1 \le x+y \le 1$.
Trong 3 số $x,y,z$ có 2 số cùng dấu. Giả sử đó là $x,y$ ta có:
$a^2+b^2+c^2=x^2+y^2+z^2+3\le (x+y)^2+z^2+3 \le 1+1+3=5$ (ĐPCM)
Dấu "=" xảy ra khi $(x;y;z)=(-1;0;1)$ và các hoán vị. Từ đó có $a,b,c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 04-03-2012 - 19:28

[Dung Dang Do]

Câu 1 hay nè
$pt<=>8 - 4(a+b+c) + 2(ab+bc+ca) - abc ≥ 0$
$2(ab+bc+ca) ≥ 4(a+b+c) - 8 + abc$
$2(ab+bc+ca) ≥ 12 - 8 + abc ≥ 4$
$=> 2(ab+bc+ca) ≥ 4$
$=> -2(ab+bc+ca) ≤ - 4$
$(a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca) = 9$
$=> a^2+b^2+c^2 = 9 - 2(ab+bc+ca) ≤ 9 - 4 = 5$

Dấu $=$ khi
$(2-a)(2-b)(2-c) = 0$
$abc = 0$
$a+b+c = 3$
$<=> a,b,c (0,1,2)$ và các hoán vị của nó
P:S anh Huy sao nhanh tay hơn em vậy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 04-03-2012 - 19:31

[Dung Dang Do]

Đã thế post cách khác
Dễ có
$(a-2)(b-2)(c-2) \le 0$
$\iff (a^2-2b-2a+4)(c-2)\le 0$
$ \iff abc-2ac-2bc-2ab+4a+4b+4c-8 \le 0$
$\iff -2ac-2bc\le -4(a+b+c)+8-abc le -4.3+8=-4$
Mặt khác:
$a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)\le 9-4=5 \to G.E.D$

[Dung Dang Do]

Cách tiếp nựa
Giả sử $c=max \left \{ a,b,c \right \}$ khi đó $1\le x \le 2$
$a^2+b^2+c^2=(a+b)^2+c^2-2ab \le (3-c)^2+c^2=2(c-2)(c-1)+5 \le 5$

[cvp]

AE cố gắng chém nhiều nha!
chém xong em lại post tiếp ( có hẳn 50 đề sợ gì !)

[Mai Duc Khai]

Bài 2: Một bài mà mình đã trả lời:
$\frac{a^2}{3}+b^2+c^2>ab+bc+ca$
$\leftrightarrow b^2+c^2+\frac{a^2}{4}-ab-ac-bc+\frac{a^2}{12}>0$
$\leftrightarrow (b+c-\frac{a}{2})^2+(\frac{a^2}{12}-3cb)>0(1)$
$abc=1\rightarrow bc=\frac{1}{a}\leftrightarrow 3bc=\frac{3}{a}$
$\to (1)\leftrightarrow (b+c-\frac{a}{2})^2+(\frac{a^2}{12}-\frac{3}{a})>0$
$\leftrightarrow (b+c-\frac{a}{2})^2+\frac{a^3-36}{12a}>0$
$a^3>36\rightarrow a^3-36>0 \rightarrow dpcm$
Bài 3:
a,$a^2+b^2+c^2\leqslant 1+a^2b+b^2c+c^2a$
$0\leqslant a,b,c\leqslant 1$
$\Rightarrow (1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)\geqslant 0$
$\Leftrightarrow 1-a^2-b^2-c^2+a^2c^2+b^2c^2+a^2b^2-a^2b^2c^2\geqslant 0$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leqslant 1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-a^2b^2c^2$
$0\leqslant a,b,c\leqslant 1\Rightarrow a^2b^2\leqslant ac^2 ; b^2c^2\leqslant b^2c;a^2b^2\leqslant a^2b ; -a^2b^2c^2\leq 0$
$\Rightarrow dpcm$
b,$\frac{a_{0}+a_{1}+...+a_{1997}}{a_{2}+a_{3}+...+a_{1997}}<3$
Ta có:
$a_0+a_1+a_2<3a_2; a_3+a_4+a_5<3a_5; ...;a_{1995}+a_{1996}+a_{1997}<3a_{1997}$
Cộng lại $\Rightarrow dpcm$

[cvp]

Típ nè, mấy hôm nay bận học quên không post ài
Bài 4:
Cho $0\leq a,b,c \leq 1$.
CMR: $a+b^{2}+c^{3}-ab-ac-bc \leq 1$
Bài 5:
Cho $x,y >0$ và $x+y=1$
Tìm giá trị max của $P= (1-\frac {1}{x^{2}})(1-\frac{1}{y^{2}}$.
___
2 bài này có trên box THCS rồi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-03-2012 - 12:04

[nthoangcute]

Bài 4: (Theo cách giải của maikhaiok)
Mình giải thế này:

\[a + {b^2} + {c^3} \le ab + bc + ca + 1\]
\[ \leftrightarrow a + {b^2} + {c^3} - ab - ac - bc \le 1\]
Do $a,b,c \in [0;1]$ nên ta có: \[\left( {a - 1} \right)\left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right) \le 0\]
\[ \Leftrightarrow abc - ab - ac - bc + a + b + c - 1 \le 0\]
\[ \Leftrightarrow a + b + c - ab - bc - ca \le 1 - abc \le 1\]
Lại có: \[b \ge {b^2};c \ge {c^3}\]
\[ \Rightarrow a + {b^2} + {c^3} - ac - bc - ca \le 1\]
P/s: Mình giải "mò". Không biết đúng hay sai nữa

[nthoangcute]

Bài 4 (theo cách giải của sách " Một số phương pháp chứng minh BĐT")
Gọi $A= (1-\frac{1}{x^2})(1-\frac{1}{y^2})$
$=1-\frac{1}{x^2}-\frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2 y^2}$
$=1-\frac{x^2+y^2}{x^2y^2}+\frac{1}{x^2y^2}$
$=1-\frac{(x+y)^2-2xy}{x^2y^2}+\frac{1}{x^2y^2}$
$=1+\frac{2}{xy}$
$\geq 9$

[cvp]

Bài lớp 8 mà sao toàn lớp 9 chém zậy !
Bài 6:
CMR: $\frac{1}{9}+\frac{1}{25}+...+\frac{1}{(2n+1)^{2}}< \frac{1}{4}$
Với $n \in \mathbb{N}$ và $n\geq 1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 08-03-2012 - 13:20

[cvp]

Bài 7:
Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq a+b+c$.
CMR:
$a+b+c\geq 3abc$.
_______
Dân lớp 8 trên VMF hiếm quá!

[ToanHocLaNiemVui]

Bài 7:
Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq a+b+c$.
CMR:
$a+b+c\geq 3abc$.
_______
Dân lớp 8 trên VMF hiếm quá!

AD BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}$
Vì a,b,c là các số dương nên kết hợp với đề bài ta có:
$\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right )^{2}\geq 9$(1)
Lại AD BĐT Bunhiacopski và Cauchy, ta có:
$\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right )^{2}\leq 3\left ( \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}} \right )$$\leq 3\left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc} \right )$(2)
Từ (1) và (2), ta có:
$3\leq \left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc} \right )$. Vì a,b,c>0 nên ta nhân cả 2 vế với abc.
Ta có:
$3abc\leq a+b+c$
=> dpcm

[cvp]

Lại AD BĐT Bunhiacopski và Cauchy, ta có:
$\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right )^{2}\leq 3\left ( \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}} \right )$$\leq 3\left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc} \right )$(2)

Chỗ này theo mình thì bạn nhầm vì sử dụng BĐT Cau-chy thì:
$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}\geq \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}$

[Mai Duc Khai]

Bài lớp 8 mà sao toàn lớp 9 chém zậy !
Bài 6:
CMR: $\frac{1}{9}+\frac{1}{25}+...+\frac{1}{(2n+1)^{2}}< \frac{1}{4}$
Với $n \in \mathbb{N}$ và $n\geq 1$.

Ta có:


\[\left. \begin{array}{l}
\frac{1}{9} < \frac{1}{{2.4}}\\
\frac{1}{{25}} < \frac{1}{{4.6}}\\
........\\
\frac{1}{{{{\left( {2n + 1} \right)}^2}}} < \frac{1}{{2n\left( {2n + 2} \right)}}
\end{array} \right\} \Rightarrow VT < \frac{1}{{2.4}} + \frac{1}{{4.6}} + ... + \frac{1}{{2n\left( {2n + 2} \right)}}\]
\[ \Rightarrow VT < \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{4} - \frac{1}{6} + ... + \frac{1}{{2n}} - \frac{1}{{2n + 2}}} \right)\]
\[ \Rightarrow VT < \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2} - \frac{1}{{2n + 2}}} \right) = \frac{1}{4} - \frac{1}{{4n + 4}} \Leftrightarrow VT < \frac{1}{4}\left( {dpcm} \right)\]

[ToanHocLaNiemVui]

AD BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}$
Vì a,b,c là các số dương nên kết hợp với đề bài ta có:
$\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right )^{2}\geq 9$(1)
Lại AD BĐT Bunhiacopski và Cauchy, ta có:
$\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right )^{2}\leq 3\left ( \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}} \right )$$\leq 3\left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc} \right )$(2)
Từ (1) và (2), ta có:
$3\leq \left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}+\frac{1}{bc} \right )$. Vì a,b,c>0 nên ta nhân cả 2 vế với abc.
Ta có:
$3abc\leq a+b+c$
=> dpcm

Sorry mình tính nhầm, mình sửa lại như sau:
Từ gt ta có:
$(ab+bc+ac)\geq abc(a+b+c)$
=>$3(ab+bc+ac)\geq 3abc(a+b+c)$
Lại có BĐT quen thuộc: $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ (1)
=> $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac)$ (2)
Từ (1) và (2) => đpcm.
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

[cvp]

Bài 8
Cho các số dương $x,y$ thỏa mãn điều kiện:
$x^{2}+y^{3}\geq x^{3}+y^{4}$
Chứng minh rằng : $x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2}\leq x+y\leq 2$

[cvp]

@@, không ai chém bài 8 này sao . Để mình vậy!

$x^{2}+y^{3}\geq x^{3}+y^{4} \Rightarrow x^{2}+y^{3}+y^{2}\geq x^{3}+y^{4}+y^{2}$

Mà

$y^{4}+y^{2}\geq 2\sqrt{y^{4}y^{2}}=2y^{3}$ (BĐT $cosi$ cho 2 số $y^{4}; y^{2}$)

Do đó $x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2}$ (1)

Áp dụng BĐT buniakovsky ta có $(x^{2}+y^{2})^{2}=(\sqrt{x}.\sqrt{x^{3}}+\sqrt{y}.\sqrt{y^{3}})^{2}\leq (x+y).(x^{3}+y^{3})\leq (x+y).(x^{2}+y^{2})\Rightarrow x^{2}+y^{2}\leq x+y$ (2)

Mặt khác: $(x+y)^{2}\leq 2(x^{2}+y^{2})\leq 2(x+y) \Rightarrow x+y\leq 2$ (3)

Từ $(1); (2)$ và $(3)$ ta có

$x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2}\leq x+y\leq 2$

[cvp]

Cách 2 nè:
Ta có $(y^{2}-y)^{2}\geq 0 \Rightarrow 2y^{3}\leq y^{4}+y^{2} \Rightarrow (x^{3}+y^{3})+(x^{2}+y^{3})\leq (x^{2}+y^{2})+(x^{3}+y^{4})$
Mà $x^{3}+y^{4}\leq x^{2}+y^{3}$
Do đó ta có $x^{3}+y^{3}\leq x^{2}+y^{2} (1)$
Mặt khác $x(x-1)^{2}\geq 0; y(y+1)(y-1)^{2}\geq 0$
Do đó $x(x-1)^{2}+y(y-1)(y-1)^{2}\geq 0\Rightarrow x^{3}-2x^{2}+x+y^{4}-y^{3}-y^{2}+y\geq 0 \Rightarrow (x^{2}+y^{2})+(x^{2}+y^{3})\leq (x+y) +(x^{3}+y^{4})$
Mà $x^3+y^{4}\leq x^2+y^3$
DO đó ta có $x^2+y^2\leq x+y (2)$
Tương tự $(x+y)+(x^2+y^3)\leq 2+(x^3+y^4)$
Mà $x^3+y^4\leq x^2+y^3$$x^3+y^4\leq x^2+y^3$. Do đó ta có $x+y\leq 2 (3)$
Từ $(1); (2)$ và $(3)$ ta có được $DPCM$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 28-03-2012 - 17:18

[Dung Dang Do]

Mình lớp $8$ đây nè.
Góp vui 1 bài nè $\to ->>>>>$
Chứng minh rằng
$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+...-\frac{1}{1999}+\frac{1}{2000}<\frac{5}{12}$
p/s: Đề thi học sinh giỏi huyện học sinh lớp 9 tỉnh Hà Tĩnh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 29-03-2012 - 19:24