Chủ đề này có 111 trả lời

[dark templar]

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 .

[dark templar]

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

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

[Tham Lang]

Góp vui 1 bài
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 :
$$1.a^bb^cc^a \le \left (\dfrac{ab + bc + ca}{a + b + c}\right )^{a + b + c} = ab + bc + ca \le \dfrac{(ab + bc + ca)^2}{3} = \dfrac{1}{3}$$
$$2.a^{3c + b}b^{3a + c}c^{3b + a} \le \left (\dfrac{a(3c + b) + b(3a + c) + c(3b + a)}{4(a + b + c)}\right )^{4(a + b + c)}$$ $$ = \left (ab + bc + ca \right )^4 \le \dfrac{1}{3^4} = \dfrac{1}{81}$$

[Ispectorgadget]

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
$$QED\Leftrightarrow (2^{2a}+1)^b\leq (2^{2b}+1)^a$$
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 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 . 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. $\blacksquare$

[Ispectorgadget]

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

[Ispectorgadget]

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

[dark templar]

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 .
P/s:Mà bài em mới post hình như có trên diễn đàn rồi phải không ?

[Ispectorgadget]

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

[dark templar]

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

[Tham Lang]

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

[Tham Lang]

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

[Tham Lang]

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
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
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

[Ispectorgadget]

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

[Tham Lang]

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

[Ispectorgadget]

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

[Crystal]

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 $Q = {\left( {{x_1} + {x_3}} \right)^{{x_2} + {x_4}}}$.

[Ispectorgadget]

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

[Ispectorgadget]

Bài 19: Cho $a, b, x, y$ là các số thỏa mãn $a>0, b>0, x>y>0$.
Chứng minh rằng: $a^x+b^x)^y>(a^y+b^y)^x$

[Crystal]

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

[NGOCTIEN_A1_DQH]

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