Chủ đề này có 111 trả lời

[Ispectorgadget]

Bài 30: Cho $a,b\in N$ . Chứng minh rằng $$\sqrt[3]{(\frac{a^4+b^4}{a+b})^{a+b}}\geq a^ab^b$$

Lấy logarit nepe 2 vế ta có
$$(a+b)ln\sqrt[3]{(\frac{a^4+b^4}{a+b})}\geq aln(a)+bln(b)\Leftrightarrow ln\sqrt[3]{(\frac{a^4+b^4}{a+b})}\geq \frac{a}{a+b}ln(a)+\frac{b}{b+a}ln(b)$$

Áp dụng BĐT Jensen ta có
$$\frac{a}{a+b}ln(a)+\frac{b}{b+a}ln(b)\leq ln(\frac{a^2+b^2}{a+b}).$$
Ta cần chứng minh : $$(\frac{a^2+b^2}{a+b})^3\leq \frac{a^4+b^4}{a+b}\Leftrightarrow (a^2+b^2)^3\leq (a+b)^2(a^4+b^4)$$
$$\Leftrightarrow a^6+3a^4b^2+3a^2b^4+a^6\leq a^6+a^2b^4+2a^5b+2ab^5+a^2b^4+b^6\Leftrightarrow a^4b^2+b^2a^4\leq a^5b+ab^5$$
$$\Leftrightarrow a^2b^2(a^2+b^2)\leq ab(a^4+b^4)\Leftrightarrow a^3b+ab^3\leq a^4+b^4$$
BĐT cuối dễ dàng chứng minh bằng biến đổi tương đương. Vậy ta có điều cần chứng minh $\square$

[Ispectorgadget]

Bài 27: Cho $a,b,c,p,q,r>0$ thỏa $p+q+r=1$. Chứng minh rằng: $$a+b+c\geq a^pb^qc^r+a^rb^pc^q+a^qb^rc^p$$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM suy rộng ta có
$$RHS\leq ap+bq+rc+ar+bp+cq+qa+rb+cp=a+b+c=VT$$

[Ispectorgadget]

Bài 31: Cho $a,b>0$ và $x,c>1$. Chứng minh rằng:
$$x^{a^c } + x^{b^c } \ge 2x^{(ab)^{c/2} }$$

[Ispectorgadget]

Bài 32: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=1$ ta có
$$(1+\frac{1}{a})^b(1+\frac{1}{b})^c(1+\frac{1}{c})^a\geq 1+\frac{1}{ab+bc+ac}$$

Marius and Sorin Radulescu

[le_hoang1995]

Bài 32: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=1$ ta có
$$(1+\frac{1}{a})^b(1+\frac{1}{b})^c(1+\frac{1}{c})^a\geq 1+\frac{1}{ab+bc+ac}$$

Marius and Sorin Radulescu

Xét hàm số:$$f(x)=ln\left ( 1+\frac{1}{x} \right ),\forall x>0 $$
Đạo hàm $$f'(x)=\frac{1}{1+\frac{1}{x}}.\frac{-1}{x^2}=\frac{-1}{x^2+x}$$
$$f''(x)=\frac{2x+1}{\left [ x(x+1) \right ]^2}>0$$
Suy ra hàm số lồi.
Theo BĐT Jensen suy rộng, ta có:$$bf(a)+cf(b)+af(c)\geq f(ab+bc+ca)$$
$$\Rightarrow b.ln\left ( 1+\frac{1}{a} \right )+c.ln\left ( 1+\frac{1}{b} \right )+a.ln\left ( 1+\frac{1}{c} \right )\geq ln\left ( 1+\frac{1}{ab+bc+ca} \right )$$

$$\rightarrow (1+\frac{1}{a})^b(1+\frac{1}{b})^c(1+\frac{1}{c})^a\geq 1+\frac{1}{ab+bc+ac}$$

[Ispectorgadget]

Bài 33: Cho $a,y,z$ là các số thực dương. Đặt $s=x+y+z;a=y+z;b=x+z;c=x+y$. Chứng minh rằng:$$a) s^sx^xy^yz^z\leq a^ab^bc^c$$
$$b) s^{ss}x^{xx}y^{yy}z^{zz}\leq a^{aa}b^{bb}c^{cc}$$

Malio

[le_hoang1995]

Bài 31: Cho $a,b>0$ và $x,c>1$. Chứng minh rằng:
$$x^{a^c } + x^{b^c } \ge 2x^{(ab)^{c/2} }$$

Theo BĐT Am-gm ta có: $x^{a^c}+x^{b^c}\geq 2\sqrt{x^{a^c+b^c}}=2x^{\frac{a^c+b^c}{2}}$

Cũng theo AM-GM thì: $\frac{a^c+b^c}{2}\geq \frac{2\sqrt{(ab)^c}}{2}=(ab)^{\frac{c}{2}}$

Và dễ thấy hàm số $y=f(x)=x^{\alpha}$ đồng biến nên

$x^{a^c}+x^{b^c}\geq 2\sqrt{x^{a^c+b^c}}=2x^{\frac{a^c+b^c}{2}}\geq 2x^{(ab)^{\frac{c}{2}}}$

[Ispectorgadget]

Bài 34: Cho $a,b$ là các số thực dương thỏa $a+b=2$. Chứng minh rằng:
1) $a^ab^b+ab\geq 2$
2) $a^ab^b+3ab\leq 4$
3) $a^bb^a+2\geq 3ab$
Bài 35:Nếu $a,b\in (0;1]$ thì $$a^{b-a}+b^{a-b}\leq 2$$
Bài 36: Chứng minh rằng nếu $a\geq b\geq 0$ thì $$a^{b-a}\leq 1+\frac{a-b}{\sqrt{a}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 07-06-2012 - 17:49

[le_hoang1995]

Bài 34: Cho $a,b$ là các số thực dương thỏa $a+b=2$. Chứng minh rằng:
1) $a^ab^b+ab\geq 2$
2) $a^ab^b+3ab\leq 4$
3) $a^bb^a+2\geq 3ab$

Một ý tưởng cho câu 1 nhé. Không mất tổng quát, giả sử $a\geq b$. Đặt $a=1+x,b=1-x$ với $x\in [0;1)$

Thay vào, ta cần chứng minh: $$(1+x)^{1+x}.(1-x)^{1-x}+(1-x^2)\geq 2\Leftrightarrow (1+x)^{1+x}.(1-x)^{1-x}\geq 1+x^2$$
Lấy Logarit tự nhiên hai vế, ta cần chứng minh $$f(x)=(1+x).ln(1+x)+(1-x).ln(1-x)-ln(1+x^2)\geq 0$$
$$f'(x)=ln(1+x)+1-ln(1-x)-1-\frac{2x}{1+x^2}$$
$$f''(x)=\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}-\frac{-2x^2+2}{(1+x^2)^2}=2.\left [ \frac{1}{1-x^2}+\frac{x^2-1}{(1+x^2)^2} \right ]=\frac{2.4x^2}{(1-x^2)(1+x^2)^2}\geq 0$$
Suy ra $f'(x)$ đồng biến, $\Rightarrow f'(x)\geq f'(0)=ln1-ln1=0$

Suy ra $f(x)$ đồng biến, $\Rightarrow f(x)\geq f(0)=2.ln1-ln1=0$ ĐPCM.

Hai câu sau chắc cũng tương tự

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 13-06-2012 - 06:25

[Jewellery]

Bài 37: Cho $0<a,b<1$. Chứng minh $$(\frac{a}{b})^a+(\frac{b}{a})^b\geq 2$$

[Ispectorgadget]

Bài 37: Cho $0<a,b<1$. Chứng minh $$(\frac{a}{b})^a+(\frac{b}{a})^b\geq 2$$

Áp dụng bất đẳng thức $Bernoulli$ ta có
$$\large {(\frac{b}{a})^a\leq b+1-a\Rightarrow (\frac{a}{b})^a\geq \frac{1}{b+1-a}}$$
Tương tự ta có: $$\large {(\frac{b}{a})^b\geq \frac{1}{a+1-b}}$$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-HM$ ta có $$\large {(\frac{a}{b})^a+(\frac{b}{a})^b\geq \frac{4}{2}=2}$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b\,\,\,\, \square$

[Ispectorgadget]

Bài 38: Nếu $a,b$ là các số thực dương thỏa $a+b=2$ thì $$\large {a^bb^a+2\geq 3ab}$$
Bài 39: Cho $a,b$ là hai số thực dương. Nếu $0\leq k\leq e$ thì $$\large{a^{ka}+b^{kb}\geq a^{bk}+b^{ka}}$$
Bài 40: Cho $a,b$ là các số thực dương thỏa $a+b=2$. Chứng minh rằng: $$\large {a^{a+ab}b^{b+ab}\geq 1}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 26-06-2012 - 23:00

[Ispectorgadget]

Bài 41: Cho các số $0<a,b,c,d<1$. Chứng minh rằng $$(\frac{a+b}{2})^{\frac{c+d}{2}}+(\frac{b+c}{2})^{\frac{a+d}{2}}+(\frac{c+d}{2})^{\frac{a+b}{2}}+(\frac{a+d}{2})^{\frac{b+c}{2}}>2$$
The mathematical Gazette

[Tham Lang]

Bài 41: Cho các số $0<a,b,c,d<1$. Chứng minh rằng $$(\frac{a+b}{2})^{\frac{c+d}{2}}+(\frac{b+c}{2})^{\frac{a+d}{2}}+(\frac{c+d}{2})^{\frac{a+b}{2}}+(\frac{a+d}{2})^{\frac{b+c}{2}}>2$$
The mathematical Gazette

Bài này thực chất là hệ quả của BĐT :
$$a^b+b^a>1 (a,b>0)$$
Theo đó :
$\left (\dfrac{a+b}{2}\right )^{\dfrac{c+d}{2}}+\left (\dfrac{c+d}{2}\right )^{\dfrac{a+b}{2}}>1$
$\left (\dfrac{b+c}{2}\right )^{\dfrac{a+d}{2}}+\left (\dfrac{a+d}{2}\right )^{\dfrac{b+c}{2}}>1$
Cộng lại, suy ra ĐPCM.

[Ispectorgadget]

Bài 42: Cho các số dương $a_1;a_2;...a_n$ và $b_1;b_2;...b_n$. Chứng minh rằng $$\large {(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{b_1+b_2+...+b_n})^{b_1+b_2+...+b_n}\geq (\frac{a_1}{b_1})^{b_1}(\frac{a_2}{b_2})^{b_2}...(\frac{a_n}{b_n})^{b_n}}$$

[le_hoang1995]

Bài 42: Cho các số dương $a_1;a_2;...a_n$ và $b_1;b_2;...b_n$. Chứng minh rằng $$\large {(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{b_1+b_2+...+b_n})^{b_1+b_2+...+b_n}\geq (\frac{a_1}{b_1})^{b_1}(\frac{a_2}{b_2})^{b_2}...(\frac{a_n}{b_n})^{b_n}}$$

Xét hàm số $f(x)=lnx \Rightarrow f'(x)=\frac{1}{x}\Rightarrow f''(x)=\frac{-1}{x^2}$. Suy ra hàm số lõm.

Áp dụng BĐT Jensen suy rộng, $$t_1.f(x_1)+t_2.f(x_2)+...+t_n.f(x_n)\leq f(t_1x_1+t_2x_2+...+t_nx_n)$$ với $t_1+t_2+...+t_n=1$ ta được:
$$\frac{b_1}{\sum b_k}.f\left ( \frac{a_1}{b_1} \right )+\frac{b_2}{\sum b_k}.f\left ( \frac{a_2}{b_2} \right )+...+\frac{b_n}{\sum b_k}.f\left ( \frac{a_n}{b_n} \right )$$
$$\leq f\left ( \frac{b_1}{\sum b_k}.\frac{a_1}{b_1}+...+\frac{b_n}{\sum b_k}.\frac{a_n}{b_n} \right )=f\left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{b_1+b_2+...+b_n} \right )$$
$$\Leftrightarrow b_1.f\left ( \frac{a_1}{b_1} \right )+...+b_n.f\left ( \frac{a_n}{b_n} \right )\leq (b_1+b_2+...+b_n).f\left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{b_1+b_2+...+b_n} \right )$$
$$\Leftrightarrow b_1.ln\frac{a_1}{b_1}+...+b_n.ln\frac{a_n}{b_n}\leq (b_1+b_2+...+b_n).ln\frac{a_1+a_2+...+a_n}{b_1+b_2+...+b_n}$$
$$\Leftrightarrow \left ( \frac{a_1}{b_1} \right )^{b_1}.\left ( \frac{a_2}{b_2} \right )^{b_2}...\left ( \frac{a_n}{b_n} \right )^{b_n}\leq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{b_1+b_2+...+b_n} \right )^{b_1+b_2+...+b_n}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 03-07-2012 - 12:01

[Ispectorgadget]

Bài 43: Cho $a,b,c\geq \frac{1}{2}$ thỏa $a+b+c=2$. Tìm GTNN của biểu thức $$P=a^a+b^b+c^c$$

[le_hoang1995]

Bài 43: Cho $a,b,c\geq \frac{1}{2}$ thỏa $a+b+c=2$. Tìm GTNN của biểu thức $$P=a^a+b^b+c^c$$

Làm cách này thấy hơi lạ lạ với cái đề. Theo BĐT AM-GM ta có
$$VT\geq 3\sqrt[3]{a^a.b^b.c^c}$$
Ta sẽ chứng minh $$a^a.b^b.c^c\geq \left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^{a+b+c}$$
Thật vậy xét hàm số $f(x)=x.lnx\Rightarrow f'(x)=lnx+1\Rightarrow f''(x)=\frac{1}{x}>0$. Suy ra hàm số lồi
Áp dụng BĐT Jensen, ta có
$$f(a)+f(b)+f(c)\geq 3.f\left ( \frac{a+b+c}{3} \right )=3.f\left (\frac{2}{3} \right )$$
$$\Rightarrow a^a.b^b.c^c\geq \left ( \frac{a+b+c}{3} \right )^{a+b+c}=\left ( \frac{2}{3} \right )^2$$
Thay vào BĐT trên ta được $VT\geq 3\sqrt[3]{\left ( \frac{2}{3} \right )^2}=3.\left ( \frac{2}{3} \right )^{\frac{2}{3}}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{2}{3}$

[WhjteShadow]

Bài 44:
Cho $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác và $\alpha\geq \beta\geq 1$.Chứng minh
a) $$(\frac{3a}{2b+c})^{\alpha}+(\frac{3b}{2c+a})^{\alpha}+(\frac{3c}{2a+b})^{\alpha}\geq (\frac{3a}{2b+c})^{\beta}+(\frac{3b}{2c+a})^{\beta}+(\frac{3c}{2a+b})^{\beta}$$
b)$$(\frac{3a}{2b+2c-a})^{\alpha}+(\frac{3b}{2a+2c-b})^{\alpha}+(\frac{3c}{2a+2b-c})^{\alpha}\geq (\frac{3a}{2b+2c-a})^{\beta}+(\frac{3b}{2a+2c-b})^{\beta}+(\frac{3c}{2a+2b-c})^{\beta}$$
Bài 45:
Ch0 $a,b,c,\alpha>\beta>0$ Chứng minh:
$$(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}+(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}+(\frac{a^2}{bc})^{\alpha}\geq (\frac{a^2}{bc})^{\beta}+(\frac{b^2}{ac})^{\beta}+(\frac{c^2}{ab})^{\beta}$$
Bài 46:
Ch0 $a,b,c>0,\alpha\geq \beta\geq \frac{2}{3}$.Chứng minh:
$$(\frac{2a}{b+c})^{\alpha}+(\frac{2b}{a+c})^{\alpha}+(\frac{2c}{a+b})^{\alpha}\geq (\frac{2a}{b+c})^{\beta}+(\frac{2b}{a+c})^{\beta}+(\frac{2c}{a+b})^{\beta}$$
Bài 47:Cho $a,b,c>0,\alpha \geq \beta\geq 1$.Chứng minh:
a)$$[\frac{6(a+b-3c)^2}{2c^2+(a+b)^2}]^{\alpha}+[\frac{6(a+c-3b)^2}{2b^2+(a+c)^2}]^{\alpha}+[\frac{6(c+b-3a)^2}{2a^2+(b+c)^2}]^{\alpha}\geq [\frac{6(a+b-3c)^2}{2c^2+(a+b)^2}]^{\beta}+[\frac{6(a+c-3b)^2}{2b^2+(a+c)^2}]^{\beta}+[\frac{6(c+b-3a)^2}{2a^2+(c+b)^2}]^{\beta}$$
b)$$[\frac{9a^3}{a^3+(b+c)^3}]^{\alpha}+[\frac{9b^3}{b^3+(a+c)^3}]^{\alpha}+[\frac{9c^3}{c^3+(a+b)^3}]^{\alpha}\geq [\frac{9a^3}{a^3+(b+c)^3}]^{\beta}+[\frac{9b^3}{b^3+(a+c)^3}]^{\beta}+[\frac{9c^3}{c^3+(b+a)^3}]^{\beta}$$
@@MOD nào gộp topic này vô topic BĐT chứa biến ở mũ bên Olympiad dùm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 15-07-2012 - 10:11

[Ispectorgadget]

Mấy bài trên nhìn lạ lạ sao ấy =.=
Bài 48: Cho $0<a,b,c<1$. Chứng minh rằng: $$2^a(b+c)^{1-a}+2^b(c+a)^{1-b}+2^c(a+b)^{1-c}<4(a+b+c)$$
Bài 49: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh $$\sqrt{a^{1-a}b^{1-b}c^{1-c}}\le \frac{1}{3}$$