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
* * * * * 4 Bình chọn

Topic : Bất đẳng thức chứa biến ở mũ


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 111 trả lời

#21 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 23-03-2012 - 20:46

Bài 1. (đã từng xuất hiên)
Cho các số thực $a, b, c > 0$
Chứng minh rằng :$$a^{b + c} + b^{a + c} + c^{a + b} \ge 1$$
Nguồn : Võ Quốc Bá Cẩn

Nhận xét: Bài này có thể xem là 1 VD điển hình cho cách xài BĐT Bernoulli.Với tư tưởng này,ta sẽ phải xét vị trí tương đối của các tổng $a+b;b+c;c+a$ so với số 1.
Lời giải: Dễ dàng nhận thấy rằng nếu trong 3 số $a,b,c$ có 1 số lớn hơn hay bằng 1 thì BĐT hiển nhiên đúng.Ta sẽ xét $a,b,c \in (0;1]$.
Không mất tính tổng quát,giả sử $a \ge b \ge c$.Do $\min \{a+b;b+c;c+a \}=b+c$ nên ta xét 2 trường hợp của $b+c$:

Trường hợp 1: $b+c \ge 1$.
Sử dụng BĐT Bernoulli,ta có:
$$a^{b+c}=(1+a-1)^{b+c} \ge 1+(a-1)(b+c)$$
Như vậy,ta có:
$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b} \ge 3+2(ab+bc+ca-a-b-c)$$
Do $a,b,c \in (0;1]$ nên ta có:
$$(1-a)(1-b)(1-c) \ge 0 \iff 1+ab+bc+ca-a-b-c \ge abc \ge 0$$
Do đó ta có:
$$3+2(ab+bc+ca-a-b-c) \ge 1$$
Vậy trong trường hợp này,ta có:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge 1$$

Trường hợp 2: $b+c \le 1$.
Đây có thể xem là trường hợp khó nhất của bài toán.Ta xét thêm 3 trường hợp con:
TH1: $b+c \le c+a \le a+b \le 1$.
Sử dụng BĐT Bernoulli,ta có:
$$a^{b+c}=\frac{a}{a^{1-(b+c)}} \ge \frac{a}{1+(a-1)[1-(b+c)]}=\frac{a}{a+b+c-a(b+c)} \ge \frac{a}{a+b+c}$$
Suy ra:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge \frac{a}{a+b+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{c}{a+b+c}=1$$

TH2: $b+c \le a+c \le 1 \le a+b$.
Khi này ta có:
$$a^{b+c} \ge a;b^{c+a} \ge b$$
Nên ta thu được:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge a+b+c^{a+b} \ge 1$$

TH3: $b+c \le 1 \le a+c \le a+b$:
Khi này ta có:$a^{b+c} \ge a$.
Sử dụng BĐT Bernoulli:
$$b^{c+a} \ge 1+(b-1)(c+a)$$
$$c^{a+b} \ge 1+(c-1)(a+b)$$
Suy ra:
$$a^{b+c}+b^{c+a}+c^{a+b} \ge 2+bc+(ab+bc+ca-a-b-c)$$
Do $bc \ge 0;1+ab+bc+ca-a-b-c \ge 0$ nên ta có:
$$2+bc+(ab+bc+ca-a-b-c) \ge 1$$
Như vậy,trong trường hợp này,ta cũng có:
$$a^{b+c}+b^{a+c}+c^{a+b} \ge 1$$

Vậy BĐT đã được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c) \sim (1;0;0)$.
P/s:Tốn cả 1 tiếng đồng hồ ngồi giải bài này :P.
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#22 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 23-03-2012 - 21:03

Góp vui 1 bài :D
Bài 12(Sáng tác):
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
  • $a^{b}b^{c}c^{a} \le \frac{1}{3}$
  • $a^{3c+b}b^{3a+c}c^{3b+a} \le \frac{1}{81}$.

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#23 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

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

Đã gửi 23-03-2012 - 21:18

Góp vui 1 bài :D
Bài 12(Sáng tác):
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$a+b+c=1$.Chứng minh rằng:

  • $a^{b}b^{c}c^{a} \le \frac{1}{3}$
  • $a^{3c+b}b^{3a+c}c^{3b+a} \le \frac{1}{81}$.

Sử dụng $AM-GM$ suy rộng, ta có :
$$1.a^bb^cc^a \le \left (\dfrac{ab + bc + ca}{a + b + c}\right )^{a + b + c} = ab + bc + ca \le \dfrac{(ab + bc + ca)^2}{3} = \dfrac{1}{3}$$
$$2.a^{3c + b}b^{3a + c}c^{3b + a} \le \left (\dfrac{a(3c + b) + b(3a + c) + c(3b + a)}{4(a + b + c)}\right )^{4(a + b + c)}$$ $$ = \left (ab + bc + ca \right )^4 \le \dfrac{1}{3^4} = \dfrac{1}{81}$$

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


#24 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 23-03-2012 - 21:36

Bài 11: Chứng minh rằng với mọi $a\geq b>0$ ta có
$$(2^a+\frac{1}{2^a})^b\leq (2^b+\frac{1}{2^b})^a$$

Đề thi ĐH khối D năm nào thì phải :)

Đây là công trình nửa năm nghiên cứu (để tìm lời giải dùng Bernoulli) cho bài toán này :P
$$QED\Leftrightarrow (2^{2a}+1)^b\leq (2^{2b}+1)^a$$
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli
$$1+\frac{b}{a}.2^{2a}\leq 2^2b$$
Bất đẳng thức này tương đương $\frac{b}{a}\leq 2^{b-a}$
Thử 1 vài giá trị thì thấy BĐT này sai :ohmy: phải chăng kế hoạch bị phá sản . Nếu để ý thì vế trái nhỏ hơn hoặc bằng 1 và vế phải nhỏ hơn hoặc bằng 1. Nếu vế phải lớn hơn hoặc bằng 1 thì coi như bài toán được giải quyết :icon6: . Để ý thì ta thấy sự bình đẳng của $2$ và $\frac {1}{2}$ trong bất đẳng thức cần chứng minh nên ta có thể chuyển bất đẳng thức về $\frac{b}{a}\leq 4^{a-b}$. bất đẳng thức này hiển nhiên đúng. $\blacksquare$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#25 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 23-03-2012 - 21:44

Bài 13: Cho $0<a\leq b\leq 4$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 1$. Chứng minh rằng:
$$a^b\leq b^a$$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#26 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 24-03-2012 - 01:22

Bài 10:Cho $a_1 ,a_2 ,...a_n > 0;r \ge 1.$ Chứng minh rằng.

$\frac{{a_1^r + a_2^r + .... + a_n^r }}{n} \ge \left( {\frac{{a_1 + a_2^{} + .... + a_n }}{n}} \right)^r $

Híc không ai làm bài này cả :(
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $$(\frac{{a_1 n}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {a_i } }})^r + (\frac{{a_2 n}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {a_i } }})^r + ... + (\frac{{a_n n}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {a_i } }})^r \ge n$$
Áp dụng BĐT Bernoulli ta có:
$$(\frac{{na_1 }}{{a_1 + a_2 + ... + a_n }})^r = (1 + \frac{{(n - 1)a_1 - (a_2 + a_3 + ... + a_n )}}{{a_1 + a_2 + ... + a_n }})^r \ge r.\frac{{(n - 1)a_1 - (a_2 + a_3 + ... + a_n )}}{{a_1 + a_2 + ... + a_n }}+1$$
Chứng minh tương tự ta có: $$(\frac{{na_2 }}{{a_1 + a_2 + ... + a_n }})^r = (1 + \frac{{(n - 1)a_2 - (a_1 + a_3 + ... + a_n )}}{{a_1 + a_2 + ... + a_n }})^r \ge r.\frac{{(n - 1)a_1 - (a_2 + a_3 + ... + a_n )}}{{a_1 + a_2 + ... + a_n }}+1$$
.............................
Cộng lại ta có $VT \ge n$
Suy ra điều cần chứng minh :) đây là một Bất đẳng thức khá thông dụng.



Có sai sót mọi người cứ góp ý :)
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#27 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 24-03-2012 - 20:13

Híc không ai làm bài này cả :(

Nói thật là bài này chỉ là 1 BĐT tổng quát của BĐT AM-GM,gọi là BĐT trung bình lũy thừa.Cách chứng minh rất nhiều trong các tài liệu :D.
P/s:Mà bài em mới post hình như có trên diễn đàn rồi phải không ?
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#28 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 24-03-2012 - 21:20

Em không rõ nữa :)
Bài 13: Chứng minh rằng với mọi $n\geq 1$ ta có:
$$\sqrt[n+1]{n^n}\geq \frac{n+1}{2}$$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#29 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 24-03-2012 - 21:36

Em không rõ nữa :)
Bài 13: Chứng minh rằng với mọi $n\geq 1$ ta có:
$$\sqrt[n+1]{n^n}\geq \frac{n+1}{2}$$

Chỉ là hệ quả đơn giản của BĐT Bernoulli:
$$\sqrt[n+1]{n^{n}}=n^{\frac{n}{n+1}}=\frac{n}{n^{\frac{1}{n+1}}} \ge \frac{n}{1+\frac{n-1}{n+1}}=\frac{n+1}{2}$$

Góp vui thếm 1 bài:
Bài 14: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh:
$$(b+c)^{a}+(c+a)^{b}+(a+b)^{c} \ge 2$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 24-03-2012 - 21:52

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#30 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

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

Đã gửi 24-03-2012 - 22:52

Lời giải bài 14 :
Xét các trường hợp xảy ra :
Trường hợp 1 : Trong 3 số $a, b, c$ có ít nhất 2 số , chẳng hạn là $a, b \ge 1$
Lúc đó :$$(b + c)^a + (c + a)^b + (a + b)^c \ge 1 + 1 + (a + b)^c > 2$$
Trường hợp 2 : Trong 3 số $a, b, c$ có duy nhất một số, chẳng hạn $a \ge 1$, 2 số còn lại $b, c \le 1$
Lúc đó : Áp dụng bất đẳng thức $bernoulli$, ta có :
$$\dfrac{1}{(c + a)^b} \le 1 + b\left (\dfrac{1}{c + a} - 1\right ) \le 1 (c + a \ge 1) \Leftrightarrow (a + c)^b \ge 1$$
Tương tự :$$(a + b)^c \ge 1$$
Hiển nhiên, bất đẳng thức đúng.
Trường hợp 3: Cả $a, b, c $ đều $\le 1$
Lúc đó, áp dụng $bernoulli$, ta có $$\dfrac{1}{(a + b)^c} \le 1 + c\left (\dfrac{1}{a + b} - 1\right ) = \dfrac{a + b + c - c(a + b)}{a + b} \le \dfrac{a + b + c}{a + b} \Leftrightarrow (a + b)^c \ge \dfrac{a + b}{a + b + c}$$
Tương tự $$(b + c)^a \ge \dfrac{b + c}{a + b + c} ; (c + a)^b \ge \dfrac{c + a}{a + b + c}$$
Suy ra $$(a + b)^c + (b + c)^a + (a + c)^b \ge \dfrac{a + b + b + c + c + a}{a + b + c} = 2$$
Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 24-03-2012 - 23:00

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


#31 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

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

Đã gửi 24-03-2012 - 23:05

Bài 15.
Cho các số dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$3^{a + b + c} \ge \left (1 + \dfrac{a + b}{c}\right )^c\left (1 + \dfrac{b + c}{a}\right )^a\left (1 + \dfrac{c + a}{b}\right )^b$$
Bài 16.
Cho các số $x, y, z \ge 1$ . Chứng minh rằng :
$$x^{x^2 + 2zy}y^{y^2 + 2xz}z^{z^2 + 2xy} \ge \left (xyz\right )^{xy + yz + zx}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 29-04-2012 - 09:52

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


#32 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

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

Đã gửi 24-03-2012 - 23:28

Viết lộn đề rồi nhé Kiên.Phải là $2^{a}$ chứ không phải là $a^{a}$.
Bài này không khó ;) ,lấy logarit Ne-pe 2 vế,ta thu được:
$$\frac{\ln{\left(2^{a}+\frac{1}{2^{a}} \right)}}{a} \le \frac{\ln{\left(2^{b}+\frac{1}{2^{b}} \right)}}{b}$$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh hàm $f(x)=\frac{\ln{\left(2^{x}+\frac{1}{2^{x}} \right)}}{x}$ la hàm nghịch biến trên $(0;+\infty)$ mà thôi.Cái này thì dễ rồi nhé ;)

Bài này thực ra là của anh sáng tác lâu rồi :P
Biến đổi BĐT về dạng sau:
$$a^{2b^2+c^2}b^{2c^2+a^2}c^{2a^2+b^2} \le \frac{1}{3\sqrt{3}}$$
Để ý rằng:
$$\frac{2b^2+c^2}{3}+\frac{2c^2+a^2}{3}+\frac{2a^2+b^2}{3}=1$$
Nên theo BĐT AM-GM suy rộng:
$$a^{2b^2+c^2}b^{2c^2+a^2}c^{2a^2+b^2} \le \left[\frac{\sum a(2b^2+c^2)}{3} \right]^3=\left[\frac{\sum a(b^2+1-a^2)}{3} \right]^3$$
Như vậy ta chỉ cần phải chứng minh:
$\sum a(b^2+1-a^2) \le \sqrt{3}$ $\iff ab^2+bc^2+ca^2+(a+b+c)-(a^3+b^3+c^3) \le \sqrt{3}(*)$
Đặt $p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc \Rightarrow 0<p \le \sqrt{3};0<q \le 1;0<r \le \frac{1}{3\sqrt{3}}$.Giả thuyết trở thành:$p^2-2q=1$.
Sử dụng 1 BĐT quen thuộc sau:
$$ab^2+bc^2+ca^2+abc \le \frac{4(a+b+c)^3}{27} \iff ab^2+bc^2+ca^2 \le \frac{4}{3\sqrt{3}}-r(p \le \sqrt{3})$$
Ta thu được:
$$VT_{(*)} \le \frac{4}{3\sqrt{3}}-r+p-[3r+p(1-q)]$$
Ta sẽ chứng minh:
$$\frac{4}{3\sqrt{3}}+pq-4r \le \sqrt{3}$$
Theo BĐT Schur bậc 3:
$$r \ge \frac{p(4q-p^2)}{9}=\frac{p(2q-1)}{9}$$
Nên ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{4}{3\sqrt{3}}+pq-\frac{4p(2q-1)}{9} \le \sqrt{3} \iff pq+4p \le 5\sqrt{3}$$
(Luôn đúng do $p \le \sqrt{3};q \le 1$).
Vậy BĐT đã được chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Bài của anh, chỗ em tô xanh ấy, có một cách siêu ngắn :D
Ta có $$\left (a^3 + b^3 + b^3\right ) + \left (b^3 + c^3 + c^3\right ) + \left (c^3 + a^3 + a^3 \right ) \ge 3\left (ab^2 + bc^2 + ca^2\right )$$
Lại có $$a + b + c \le \sqrt{3\left (a^2 + b^2 + c^2\right )} = \sqrt{3}$$
Nên suy ra ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 24-03-2012 - 23:53

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


#33 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 24-03-2012 - 23:36

Bài 17: (khá dễ) Cho $x,y>0$ và $x^3+y^3=1$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$P= x^{\frac{{10}}{3}} + y^{\frac{{10}}{3}}$$

Hình như bài này cho vô đây lạc đề =.=

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 25-03-2012 - 00:42

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#34 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

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

Đã gửi 24-03-2012 - 23:51

Lời giải bài 17 :
Sử dụng $Holder$ ta có
$$\left (x^{\dfrac{10}{3}} + y^{\dfrac{10}{3}}\right )^9.(1 + 1 + 1) \ge \left (x^3 + y^3\right )^{10} = 1 \Leftrightarrow x^{\dfrac{10}{3}} + y^{\dfrac{10}{3}} \ge \dfrac{1}{\sqrt[9]{3}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 24-03-2012 - 23:52

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


#35 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 26-03-2012 - 21:39

Bài 15.
Cho các số dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$3^{a + b + c} \ge \left (1 + \dfrac{a + b}{c}\right )^c\left (1 + \dfrac{b + c}{a}\right )^a\left (1 + \dfrac{c + a}{b}\right )^b$$

Bất đẳng thức cần chứng minh $$\Leftrightarrow 3^{a+b+c}.a^a.b^b.c^c\geq (a+b+c)^c(a+b+c)^a(a+b+c)^b$$
Áp dụng BĐT Bernoulli
Ta có: $(\frac{a+b+c}{3a})^\alpha \leq \alpha (\frac{a+b+c}{3a})+1-\alpha$
$(\frac{a+b+c}{3b})^\alpha \leq \alpha (\frac{a+b+c}{3b})+1-\alpha$
$(\frac{a+b+c}{3c})^\alpha \leq \alpha (\frac{a+b+c}{3c})+1-\alpha$
Bây giờ chỉ cần tìm $\alpha$ sao cho $[\alpha (\frac{a+b+c}{3c})+1-\alpha ][\alpha (\frac{a+b+c}{3b})+1-\alpha][\alpha (\frac{a+b+c}{3a})+1-\alpha]\leq 1$ là xong.
Tới chỗ này em không biết chọn $\alpha$ bằng mấy cho phù hợp =.=. Anh gợi ý em chỗ này được không.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 26-03-2012 - 21:52

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#36 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 28-03-2012 - 11:02

Góp thêm một bài.

Bài 18. Giả sử $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ là các số nguyên dương thỏa mãn hệ sau: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} + {x_3} + {x_4} + {x_5} = 1000\\
{x_1} - {x_2} + {x_3} - {x_4} + {x_5} > 0\\
{x_1} + {x_2} - {x_3} + {x_4} - {x_5} > 0\\
- {x_1} + {x_2} + {x_3} - {x_4} + {x_5} > 0\\
{x_1} - {x_2} + {x_3} + {x_4} - {x_5} > 0\\
- {x_1} + {x_2} - {x_3} + {x_4} + {x_5} > 0
\end{array} \right.$.

Tìm giá trị lớn nhất của $Q = {\left( {{x_1} + {x_3}} \right)^{{x_2} + {x_4}}}$.

#37 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 28-03-2012 - 17:28

Bài 13: Cho $0<a\leq b\leq 4$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 1$. Chứng minh rằng:
$$a^b\leq b^a$$

Lời giải:
Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli
$$(\frac{1}{a})^{\frac{b}{a}}\geq \frac{b}{a}.\frac{1}{a}+1-\frac{b}{a}=\frac{a^2+b-ab}{a^2}$$
Mà $$a^2+b-ab=b(\frac{a^2}{b}+1-a)\geq b(\frac{a^2}{4}+1-a)=\frac{b}{4}(a-2)^2\geq 0$$
Nên từ trên ta có $$a^{\frac{b}{a}}\leq \frac{a^2}{a^2+b-ab}$$
Nên ta cần chứng minh $$\frac{a^2}{b+a^2-ab}\leq b$$
Điều này tương đương $$(b+a-ab)(a-b)\le 0\Leftrightarrow (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-1)(a-b)\leq 0$$
Điều này đúng theo giả thiết. Từ đây suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b \blacksquare$

Nhận xét: Với điều kiện chặn là $0<a\leq 1\leq b$ thì bài toán vẫn đúng.
p/s: Bài của anh Thành nhìn khủng quá :wacko:
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#38 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 28-03-2012 - 22:26

Bài 19: Cho $a, b, x, y$ là các số thỏa mãn $a>0, b>0, x>y>0$.
Chứng minh rằng: $a^x+b^x)^y>(a^y+b^y)^x$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#39 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 02-04-2012 - 12:35

Bài 20. Cho $a,b,c$ là các số nguyên không âm thỏa mãn $a+b+c=10$. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức;
$$ P=2011.2^{a}+2012.2^{b}+2013.2^{c} $$

#40 NGOCTIEN_A1_DQH

NGOCTIEN_A1_DQH

    Never Give Up

  • Thành viên
  • 625 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12A1, THPT Dương Quảng Hàm, Hưng Yên

Đã gửi 02-04-2012 - 22:31

đóng góp 1 bài vào đây:
cho a,b,c là số thực thỏa mãn $ a+b+c=3 $. tìm GTNN của:
$$ P=\sqrt{4^a+9^b+16^c}+\sqrt{9^a+16^b+4^c}+\sqrt{16^a+4^b+9^c} $$
Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn

Mong rằng toán học bớt khô khan

Em ơi trong toán nhiều công thức

Cũng đẹp như hoa lại chẳng tàn




0 người đang xem chủ đề

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