Topic : Bất đẳng thức chứa biến ở mũ
#1
Đã gửi 19-03-2012 - 19:34
Tham gia tích cực nhé !
Để mở đầu, mình có một số bài toán sau :
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
Bài 2. Cho các số thực dương $a, b$ . Chứng minh rằng :$$a^b + b^a > 1$$
Bài 3.
Cho $a, b, c$ là độ dài 3 ba cạnh của tam giác. Chúng minh rằng :
$$\left (a + b - c\right )^a\left (b + c - a\right )^b \left (c + a - b\right )^c \le a^ab^bc^c$$
- Ispectorgadget, vietfrog, thukilop và 9 người khác yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#2
Đã gửi 19-03-2012 - 21:21
Nếu $0<a,b<1$ áp dụng BĐT Bernoulli ta có: $(\frac{1}{a})^b=(1+\frac{1-a}{a})^b<1+\frac{b(1-a)}{a}<\frac{a+b}{a}\Rightarrow a^b>\frac{a}{a+b}$
Tương tự$b^a>\frac{b}{a+b}\Rightarrow a^b+b^a>1$
Nhờ mod OLYMPIC đưa topic này lên cao dùm
- vietfrog, Tham Lang, Mai Duc Khai và 7 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#3
Đã gửi 19-03-2012 - 21:24
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 19-03-2012 - 21:54
- WhjteShadow yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#4
Đã gửi 19-03-2012 - 22:09
Bất đẳng thức đã cho $\Leftrightarrow (1+\frac{b-c}{a})^a(1-\frac{c-a}{b})^b(1+\frac{a-b}{c})^c\leq 1$Bài 3.
Cho $a, b, c$ là độ dài 3 ba cạnh của tam giác. Chúng minh rằng :
$$\left (a + b - c\right )^a\left (b + c - a\right )^b \left (c + a - b\right )^c \le a^ab^bc^c$$
Đặt $a=\frac{m}{k},b=\frac{n}{k};c=\frac{p}{k}(m,n,p,k\in Z^+)$
Khi đó $VT=\sqrt[k]{(1+\frac{b-c}{a})^m(1+\frac{c-a}{b})^n(1+\frac{a-b}{c})^p}\leq \frac{m(1+\frac{n-p}{m})+n(1+\frac{p-m}{n})+p(\frac{m-n}{p})}{m+n+p}$
$=\frac {m+n+p}{m+n+p}=1$
- vietfrog, Apollo Second, WhjteShadow và 3 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#5
Đã gửi 19-03-2012 - 22:31
Trường hợp 1. $a > 1$ hoặc $b > 1$ suy ra BĐT hiển nhiên đúngBài 4: Chứng minh rằng $a^a+b^b>1\forall a,b\in R^+$
Trường hợp 2. $a \le 1, b \le 1$
Sử dụng $bernoulli$ ta có $$\dfrac{1}{a^a} = \left (1 + \dfrac{1}{a} - 1\right )^a \le 1 + 1 - a = 2 - a < 2 \Leftrightarrow a^a \ge \dfrac{1}{2 - a} > \dfrac{1}{2}$$
Tương tự với $b$ cộng vế theo vế, suy ra đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 19-03-2012 - 22:41
- vietfrog, Mai Duc Khai, WhjteShadow và 1 người khác yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#6
Đã gửi 19-03-2012 - 22:37
\left( {2^x + 2^y + 2^z } \right)\left( {2^{ - x} + 2^{ - y} + 2^{ - z} } \right) \le \frac{{81}}{8}
\]
- Mai Duc Khai và WhjteShadow thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#7
Đã gửi 19-03-2012 - 22:44
Bài 2011.13.
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$a^2+b^2+c^2=1$.Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^{a^2}b^{b^2}c^{c^2}}{3\sqrt{3}} \ge a^{b^2+1}b^{c^2+1}c^{a^2+1}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 20-03-2012 - 00:00
- WhjteShadow yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#8
Đã gửi 21-03-2012 - 00:01
Ta có BĐT tương đương: \[\left( {{2^x} + {2^y} + {2^z}} \right)\left( {\frac{1}{{{2^x}}} + \frac{1}{{{2^y}}} + \frac{1}{{{2^z}}}} \right) \le \frac{{81}}{8}\]Bài 5: Cho x,y,z thuộc đoạn [0;1] chứng minh rằng\[
\left( {2^x + 2^y + 2^z } \right)\left( {2^{ - x} + 2^{ - y} + 2^{ - z} } \right) \le \frac{{81}}{8}
\]
Đặt :${2^x} = a;{2^y} = b;{2^z} = c \to a,b,c \in \left[ {1;2} \right]$
Ta có BĐT : \[\begin{array}{l}
\left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \le \frac{{81}}{8} \\
\Leftrightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{a} + \frac{a}{c} + \frac{c}{a} + \frac{c}{b} + \frac{b}{c} \le \frac{{57}}{8} \\
\end{array}\]
Đến đây thì có khác gì câu V đề thi thử số 2 của VMF ta đâu nhỉ.
http://diendantoanho...showtopic=65834
P/s: Mỗi bài làm của các thí sinh nộp bài đều có một hướng xử lý bài này
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 21-03-2012 - 00:02
- Tham Lang yêu thích
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
#9
Đã gửi 21-03-2012 - 00:06
Bài 7:
Chứng minh rằng :$\forall a,b,c/a + b + c = 3$ ta luôn có:
\[\frac{1}{{{3^a}}} + \frac{1}{{{3^b}}} + \frac{1}{{{3^c}}} \le 3\left( {\frac{a}{{{3^a}}} + \frac{b}{{{3^b}}} + \frac{c}{{{3^c}}}} \right)\]
Bài 8:
Cho $n \in N,n > 1$. Chứng minh rằng:
\[{\left( {1 + \frac{{{n^{\frac{1}{n}}}}}{n}} \right)^{\frac{1}{n}}} + {\left( {1 - \frac{{{n^{\frac{1}{n}}}}}{n}} \right)^{\frac{1}{n}}} < 2\]
Mọi người tham gia nhiệt tình nhé!
- Tham Lang yêu thích
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
#10
Đã gửi 21-03-2012 - 00:12
Bài 9. Cho các số $x,y,z$ thỏa mãn $0 \leqslant x,y,z \leqslant 2;x + y + z = 3$. Tìm giá trị lớn nhất của:
$$Q = {\left( {1 + {x^2}} \right)^x}{\left( {1 + {y^2}} \right)^y}{\left( {1 + {z^2}} \right)^z}$$
- dark templar, Ispectorgadget và Tham Lang thích
#11
Đã gửi 21-03-2012 - 10:33
Bài 7:
Chứng minh rằng :$\forall a,b,c/a + b + c = 3$ ta luôn có:
\[\frac{1}{{{3^a}}} + \frac{1}{{{3^b}}} + \frac{1}{{{3^c}}} \le 3\left( {\frac{a}{{{3^a}}} + \frac{b}{{{3^b}}} + \frac{c}{{{3^c}}}} \right)\]
Bài này của Việt với bài sau đây?
Cho $a>1$. $x+y+z=1.$ và $x,y,z$ là các số nguyên dương.
C/m: $\dfrac{1}{a^x}+\dfrac{1}{a^y}+\dfrac{1}{a^z}\geq 3(\dfrac{x}{a^x}+\dfrac{y}{a^y}+\dfrac{z}{a^z})$
Bất đẳng thức này tương đương với
\[\left( {\frac{1}{{{a^x}}} - \frac{1}{{{a^y}}}} \right)\left( {y - x} \right) + \left( {\frac{1}{{{a^y}}} - \frac{1}{{{a^z}}}} \right)\left( {z - y} \right) + \left( {\frac{1}{{{a^z}}} - \frac{1}{{{a^x}}}} \right)\left( {x - z} \right) \ge 0\]
(Đúng vậy ta có đpcm)
Việt nhầm dấu rồi.
- Tham Lang và nhungvienkimcuong thích
#12
Đã gửi 21-03-2012 - 16:09
Cách khácBài 5: Cho x,y,z thuộc đoạn [0;1] chứng minh rằng\[
\left( {2^x + 2^y + 2^z } \right)\left( {2^{ - x} + 2^{ - y} + 2^{ - z} } \right) \le \frac{{81}}{8}
\]
Đặt $a = 2^x ,b = 2^y ,c = 2^z ( {1 \le a,b,c \le 2} )$
$$1\leq a\leq 2\Rightarrow (a-1)(a-2)\le0\Leftrightarrow a^2-3a+2\le0 \Leftrightarrow a+\frac{2}{a}\leq 3(1)$$
Chứng minh tương tự
$$b+\frac{2}{b}\le 3(2)$$
$$c+\frac{2}{c}\le 3(3)$$
Cộng (1) (2) (3) vế theo vế ta được
$$9 \ge \left( {a + b + c} \right) + 2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\mathop \ge 2\sqrt {\left( {a + b + c} \right)2\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)} $$
$$\Rightarrow \frac{{81}}{8} \ge (a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \Rightarrow (dpcm)$$
Tổng quát cho dạng bài này:
Cho n số $x_1;x_2;...;x_n\in [a;b],c>1$
Ta luôn có: $\left( {c^{x_1 } + c^{x_2 } + .... + c^{x_n } } \right)\left( {c^{ - x_1 } + c^{ - x_2 } + .... + c^{ - x_n } } \right) \le \frac{{\left[ {n\left( {c^a + c^b } \right)} \right]^2 }}{{4c^{a + b} }}$
- moonlight0610, WhjteShadow và Sagittarius912 thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#13
Đã gửi 21-03-2012 - 17:02
$\frac{{a_1^r + a_2^r + .... + a_n^r }}{n} \ge \left( {\frac{{a_1 + a_2^{} + .... + a_n }}{n}} \right)^r $
Bài này có nhiều cách
- WhjteShadow yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#14
Đã gửi 22-03-2012 - 17:08
Bài 8:
Cho $n \in N,n > 1$. Chứng minh rằng:
\[{\left( {1 + \frac{{{n^{\frac{1}{n}}}}}{n}} \right)^{\frac{1}{n}}} + {\left( {1 - \frac{{{n^{\frac{1}{n}}}}}{n}} \right)^{\frac{1}{n}}} < 2\]
Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM ta có
$$\frac{{\underbrace {1 + ... + 1}_{(n - 1)times} + (1 + \frac{{\sqrt[n]{n}}}{n})}}{n} > \sqrt[n]{{1 + \frac{{\sqrt[n]{n}}}{n}}}$$
Và
$$\frac{{\underbrace {1 + ... + 1}_{(n - 1)times} + (1 - \frac{{\sqrt[n]{n}}}{n})}}{n} > \sqrt[n]{{1 - \frac{{\sqrt[n]{n}}}{n}}}$$
Cộng lại ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức không xảy ra. $\blacksquare$
- WhjteShadow yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#15
Đã gửi 22-03-2012 - 21:27
$\sqrt[k]{(1+\frac{b-c}{a})^m(1+\frac{c-a}{b})^n(1+\frac{a-b}{c})^p}\leq \frac{m(1+\frac{n-p}{m})+n(1+\frac{p-m}{n})+p(\frac{m-n}{p})}{m+n+p}$
Bạn giải thích chỗ này kĩ cho mình được không
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khapham_1411: 22-03-2012 - 21:28
#16
Đã gửi 22-03-2012 - 22:07
Đây là BĐT AM-GM suy rộngBạn giải thích chỗ này kĩ cho mình được không
- WhjteShadow yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#17
Đã gửi 22-03-2012 - 22:22
#18
Đã gửi 22-03-2012 - 22:29
Bạn chú ý là AM-GM suy rộng nhéMình vẫn không hiểu. Nếu là AM-GM thì $\sqrt[m+n+p]{(1+\frac{b-c}{a})^m(1+\frac{c-a}{b})^n(1+\frac{a-b}{c})^p}\leq \frac{m(1+\frac{n-p}{m})+n(1+\frac{p-m}{n})+p(\frac{m-n}{p})}{m+n+p}$ chứ?
- WhjteShadow, huykinhcan99 và Element hero Neos thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#19
Đã gửi 22-03-2012 - 22:31
$$(2^a+\frac{1}{2^a})^b\leq (2^b+\frac{1}{2^b})^a$$
Đề thi ĐH khối D năm nào thì phải
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 23-03-2012 - 21:26
- WhjteShadow yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#20
Đã gửi 23-03-2012 - 20:25
Viết lộn đề rồi nhé Kiên.Phải là $2^{a}$ chứ không phải là $a^{a}$.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
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 rồiBài 6 . (trích "những bài toán chưa giải quyết )
Bài 2011.13.
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$a^2+b^2+c^2=1$.Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^{a^2}b^{b^2}c^{c^2}}{3\sqrt{3}} \ge a^{b^2+1}b^{c^2+1}c^{a^2+1}$$
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 $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$.
- Ispectorgadget, Zaraki, Tham Lang và 2 người khác yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh