Chủ đề này có 339 trả lời

[no matter what]

23,Chứng mi9nh với mọi a,b,c dương có tổng bình phương bằng 1
$a+b+c+\frac{1}{abc}\geq 4\sqrt{3}$. Tổng bình phương =1 ??????
giả sử a là min(a,b,c)
do b,c<1 do đó ta đánh giá : $a\leq \frac{1}{9}=>\frac{1}{abc}\geq \frac{1}{a}\geq 9>4\sqrt{3}$
ko biết đúng ko.

rất tiếc đây là 1 lời giải sai chú ý là với $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$,BĐT trên đúng

Hic làm ko ra mình hoá rồ , Xin lỗi bạn...
Bài 21: áp dụng :$$a^3+1\leq (\frac{a^2+2}{2})^2$$ ta chứng minh:
$$\sum 4\frac{a^2}{(a^2+2)(b^2+2)}\geq \frac{4}{3}\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2)+(ab)^2+(cb)^2+(ac)^2\geq 72$$
bất đẳng thức cuối đúng theo AM_GM

Đây là offical solution của APMO 2005,è 1 vài cách giải khác cho bài này,mình xin dc post sau(ngủ cái đã )

[duong vi tuan]

rất tiếc đây là 1 lời giải sai chú ý là với $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$,BĐT trên đúng


Đây là offical solution của APMO 2005,è 1 vài cách giải khác cho bài này,mình xin dc post sau(ngủ cái đã )

Sặc sao hôm nay pro lên nhanh vậy , đang ăn cơm chợt nhớ lại cái lời giảI mình mới đăng .... . Bài đó cũng đơn giản nhưng do nhầm lẫn ngu ngốc ( căn 3= 9 )
$a+b+c+\frac{1}{9abc}\geq \frac{4}{\sqrt{3}}$
và $abc\leq \frac{1}{3\sqrt{3}}$ .

[duong vi tuan]

25,Chứng minh với mọi a,b,c dương ta có
$a^3+b^3+c^3\geq 2abc+\frac{a^2+b^2+c^2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$
bất đẳng thức đương đương: $$(a^3+b^3+c^3)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=(a+b+c)^2$$ đúng theo bunhia .
bài 26, cho a=b=c=1 vào .... ( lần này chắc đúng )
30) mình dùng S_V ( do bài này nổi tiếng với S-V mà ):$$6\sum \sqrt{\frac{2a}{a+b}}=\sum \sqrt{\frac{9(ab+ac)}{(a+b+c)}\frac{8(a+b+c)}{(b+c)(a+b)}}\leq \sqrt{\frac{18\sum ab}{a+b+c}.16\frac{(a+b+c)^2}{\prod (a+b)}}\leq 3$$
ở trên sử dụng bdt cơ bản $9\prod (a+b)\geq 8(\sum a)(\sum ab)$

32,Cứng mnih với mọi a,b,c dương
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{4a}{2a^2+b^2+c^2}+\frac{4b}{2b^2+c^2+a^2}+\frac{4c}{2c^2+a^2+b^2}$
ta có:$\frac{4a}{2a^2+b^2+c^2}\leq \frac{4a}{2ab+2ac}=\frac{2}{b+c}\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
tương tự ta có dpcm

34,Chứng minh với mọi a,b có tổng bằng 1
$(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})\geq 9$

Bất đẳng thức đã cho tương đương:$\frac{1}{ab}\geq 4$
cho x=2 , y=-1 , ko đúng ( chả biết sao nữa )


40,Chứng minh với mọi a,b,c dương
$\frac{a+b+c}{3}\leq \frac{1}{4}\sqrt[3]{\frac{\left [ (a+b)(b+c)(c+a) ^2\right ]}{abc}}$

áp dụng : $9\prod (a+b)\geq 8(\sum a)(\sum ab)$
ta có $$\frac{[(a+b)(b+c)(c+a)]^2}{abc}\geq \frac{8^2}{9^2}\frac{[(a+b+c)(ab+bc+ca)]^2}{abc}\geq (\frac{4}{3})^2(a+b+c)^3$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duong vi tuan: 09-01-2013 - 14:27

[Dung Dang Do]

Góp vui tý :(chế đó)
$\boxed{\text{Bài 41}}$
Cho $x,y,z>0$ CMR:
+$$\frac{(\frac{1}{x}+\frac{2}{\sqrt{y}}+\frac{3}{\sqrt[3]{z}})(x^2+y+\sqrt[3]{z}^2)}{36}\ge \sqrt[6]{xyz}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Dang Do: 12-01-2013 - 13:21

[Nguyen Tho The Cuong]

cho x thoả mãn $0\leq x\leq 1$. Tìm MAX :

$13\sqrt{x^{2}-x^{4}}+9\sqrt{x^{2}+x^{4}}$

[Oral1020]

cho x thoả mãn $0\leq x\leq 1$. Tìm MAX :

$13\sqrt{x^{2}-x^{4}}+9\sqrt{x^{2}+x^{4}}$

http://boxmath.vn/4rum/f22/toan-10-chung-minh-bat-dang-thuc-23170/

[Oral1020]

Góp vui tý :(chế đó)
$\boxed{\text{Bài 41}}$
Cho $x,y,z>0$ CMR:
+$$\frac{(\frac{1}{x}+\frac{2}{\sqrt{y}}+\frac{3}{\sqrt[3]{z}})(x^2+y+\sqrt[3]{z}^2)}{36}\ge \sqrt[6]{xyz}$$

Bất đẳng thức này sai với $x=y=z=0,2013$

[nguyencuong123]

Làm giúp em bài này: Cho a,b,c $>$0 , Thoả mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$
Chứng Minh :
$\frac{a}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b}{c^{2}+a^{2}}+\frac{c}{a^{2}+b^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

[no matter what]

Làm giúp em bài này: Cho a,b,c $>$0 , Thoả mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$
Chứng Minh :
$\frac{a}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b}{c^{2}+a^{2}}+\frac{c}{a^{2}+b^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Trang 1 bạn ơi,kĩ thuật đánh giá mẫu ấy

[N H Tu prince]

Làm giúp em bài này: Cho a,b,c $>$0 , Thoả mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$
Chứng Minh :
$\frac{a}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b}{c^{2}+a^{2}}+\frac{c}{a^{2}+b^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Trang 1 bạn ơi,kĩ thuật đánh giá mẫu ấy

Nếu sử dụng kĩ thuật đánh giá mẫu $VT\ge \frac{a+b+c}{2}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}??????$
Nếu sử dụng C-S thì dễ rồi,còn muốn giải theo AM-GM thì khá ảo
ta CM BDT phụ $1-a^2\le \frac{2\sqrt{3}}{9a}$ bằng cách vận dụng AM-GM
$(\frac{\sqrt{3}-1}{2})(\frac{\sqrt{3}+1}{2})(1-a)(1+a).a\le [\frac{(\frac{\sqrt{3}-1}{2}).(1+a)+(\frac{\sqrt{3}+1}{2}).(1-a)+a}{3}]^3=\frac{\sqrt{3}}{9}=>1-a^2\le \frac{2\sqrt{3}}{9a}=>\frac{a}{1-a^2}\ge \frac{9a^2}{2\sqrt{3}}$
Xây dựng các BDT tương tự,cộng lại ta có $Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangngocbao1997: 15-01-2013 - 21:52

[no matter what]

Nếu sử dụng kĩ thuật đánh giá mẫu $VT\ge \frac{a+b+c}{2}\ge \frac{3\sqrt{3}}{2}??????$
Nếu sử dụng C-S thì dễ rồi,còn muốn giải theo AM-GM thì khá ảo
ta CM BDT phụ $1-a^2\le \frac{2\sqrt{3}}{9a}$ bằng cách vận dụng AM-GM
$(\frac{\sqrt{3}-1}{2})(\frac{\sqrt{3}+1}{2})(1-a)(1+a).a\le [\frac{(\frac{\sqrt{3}-1}{2}).(1+a)+(\frac{\sqrt{3}+1}{2}).(1-a)+a}{3}]^3=\frac{\sqrt{3}}{9}=>1-a^2\le \frac{2\sqrt{3}}{9a}=>\frac{a}{1-a^2}\ge \frac{9a^2}{2\sqrt{3}}$
Xây dựng các BDT tương tự,cộng lại ta có $Q.E.D$

Bạn xem lại trang 1 (http://diendantoanho...-gm/page__st__0) ở kĩ thuật đánh giá mẫu+BĐT phụ ấy ,bài này là 1 VD của mình mà,thâmk chí còn có với 4 biến nữa(hoàn toàn giai bằng AM-GM )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi no matter what: 15-01-2013 - 22:05

[duc12116]

Góp vui tý :(chế đó)
$\boxed{\text{Bài 41}}$
Cho $x,y,z>0$ CMR:
+$$\frac{(\frac{1}{x}+\frac{2}{\sqrt{y}}+\frac{3}{\sqrt[3]{z}})(x^2+y+\sqrt[3]{z}^2)}{36}\ge \sqrt[6]{xyz}$$

Cái anh Oral1020 nói nhảm. Khi x=1,y=2,z=1/3 dấu = vẫn xảy ra mà. Để đó, dăm ba ngày nữa tôi sẽ giải ra!!!

[Oral1020]

Cái anh Oral1020 nói nhảm. Khi x=1,y=2,z=1/3 dấu = vẫn xảy ra mà. Để đó, dăm ba ngày nữa tôi sẽ giải ra!!!

Cái đó thì dấu $=$ thôi.chứ thử thay số khác thì ngược dấu(Chủ bài cũng đã nói với mình là đề có lổi)

[duc12116]

Công nhận thế thật. Khi thay cặp số, chẳng hạn 16,36,27 thì BĐT đúng, nhưng nếu chọn 1,2,3 thì BĐT lại đổi chiều.
Trông bài toán đẹp thế mà lại sai, tiếc thật

[nguyencuong123]

Cho các số thực không âm a,b,c thoả mãn

$a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$

Chứng minh rằng :

$\frac{a}{a^{2}+2b+3}+\frac{b}{b^{2}+2c+3}+\frac{c}{c^{2}+2a+3}\leq \frac{1}{2}$

[no matter how]

Cho các số thực không âm a,b,c thoả mãn

$a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$

Chứng minh rằng :

$\frac{a}{a^{2}+2b+3}+\frac{b}{b^{2}+2c+3}+\frac{c}{c^{2}+2a+3}\leq \frac{1}{2}$

giải cho nó có phong trong cái ùng kí hiệu $\sum$ cho tắt nhé
$\sum \frac{a}{a^2+2b+3}\leq \sum \frac{a}{2(a+b+1)}$
ta chỉ cần CM $\sum \frac{a}{a+b+1}\leq 1$$hay \sum \frac{b+1}{a+b+1}\geq 2$
THeo C-S $\sum \frac{b+1}{a+b+1}= \sum \frac{(b+1)^2}{(b+1)(a+b+1)}\geq \frac{(\sum a+3)^2}{\sum (b+1)(a+b+1)}=2$(do $a^2+b^2+c^2=3)
P/s:nguồn bầiày ở đâu thế nhỉ,lammf thấy quen quá

[duong vi tuan]

làm bài này nhé
Cho a,b,c$\geq$0vaf a+b+c=3. CM
$\sum \frac{a^{2}}{a+2b^{2}}\geq 1$

$\sum \frac{a^{2}}{a+2b^{2}}\geq\sum a-\sum \frac{2ab^2}{a+2b^2}\geq 3-\frac{2}{3}\sum \sqrt[3]{a^2b^2}\geq 3-\frac{2}{3}\sum \frac{ab+ab+1}{3}=\frac{7}{3} - (\frac{4}{9}\sum ab) \geq 1$
lời giải trên dùng cô si ngược.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duong vi tuan: 02-03-2013 - 08:22

[duong vi tuan]

Thôi thì xấu tốt gì cũng xin trình bày thêm 1 cách nữa cho bài 16
$(\frac{x}{y}+\frac{z}{\sqrt[3]{xyz}})^2\geq (\frac{x}{y}+\frac{3z}{x+y+z})^2\geq (2\sqrt{\frac{3xz}{y(x+y+z)}})^2=12.\frac{xz}{y(x+y+z)}$
Xây dựng các BĐT còn lại là xong

Bài :19,Chứng minh với mọi a,b,c dương ta có
$\frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ca}+\frac{c^2}{c^2+ab}\leq \frac{a+b+c}{2\sqrt[3]{abc}}$

Mình xin post lời giải cua 1 bạn tên Hưng
Trước hết ta cm bổ đề sau:$(a+b+c)^4\geq \frac{27}{2}(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c))$
các bạn có thể cm nó = cô si .
bất đang thức 19 tương đương: $\sum \frac{bc}{a^2+bc}+\frac{a+b+c}{2\sqrt[3]{abc}}\geq 3$
ta có
$\sum \frac{bc}{a^2+bc}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}=1+\frac{abc(a+b+c)}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)}\geq 1+\frac{27abc(a+b+c)}{2(a+b+c)^4}=1+\frac{27abc}{2(a+b+c)^3}$
tu đó: $VT\geq 1+ \frac{27(abc)}{2(a+b+c)^3}+\frac{a+b+c}{6\sqrt[3]{abc}}+\frac{a+b+c}{6\sqrt[3]{abc}}+\frac{a+b+c}{6\sqrt[3]{abc}}\geq 3$ theo bdt cô si

[Atu]

Cho a,b,c là các số thực ko âm t/m $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Tìm max:
$P=\left ( a+b+c \right )^{3}+a(2bc-1)+b(2ac-1)+c(2ab-1)$

Ta có:
$(a+b+c)^{3}+\sum a(2bc-1)$
$=(a+b+c)^{3}+6abc-(a+b+c)$
$=(a+b+c)(\sum a^{2}+2\sum ab-1)+6abc$
$=2(a+b+c)(\sum ab)+6abc$
Áp dụng bđt AM-GM ta có:
$2(\sum a)(\sum ab)\leq 2\sum a\leq 2\sqrt{3\sum a^{2}}=2\sqrt{3}$
$1=\sum a^{2}\geq 3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\Rightarrow (abc)^{2}\leq \frac{1}{27}\Rightarrow 6abc\leq \frac{2}{\sqrt{3}}$
Cộng vế theo vế, ta có $max$ P =$\frac{8\sqrt{3}}{3}$

[dinhthanhhung]

Cho a,b,c là các số thực ko âm t/m $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Tìm max:
$P=\left ( a+b+c \right )^{3}+a(2bc-1)+b(2ac-1)+c(2ab-1)$

Bài này đơn giản quá
$P=(a+b+c)\left [(a+b+c)^{2}-1 \right ]+8abc\leq \sqrt{3(\sum a^{2})}(3\sum a^{2}-1)+\frac{8}{3}(\sum a^{2}+\sqrt{3\sum a^{2}})$