Chủ đề này có 339 trả lời

[Nguyen Tho The Cuong]

cho $x^{3}+y^{3}+z^{3}=1$
Tim Min:
$\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}+\frac{y^{2}}{\sqrt{1-y^{2}}}+\frac{z^{2}}{\sqrt{1-z^{2}}}$

[no matter what]

cho $x^{3}+y^{3}+z^{3}=1$
Tim Min:
$\frac{x^{2}}{\sqrt{1-x^{2}}}+\frac{y^{2}}{\sqrt{1-y^{2}}}+\frac{z^{2}}{\sqrt{1-z^{2}}}$

Bài này không phải đã có trong topic hở bạn KHÔNG POST BÀI TRÙNG LẶP NHÉ

[Tienanh tx]

Mình góp bài nhé
Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$.Chứng minh rằng
$a^2+b^2+c^2+\dfrac{ab+bc+ac}{a^2b+b^2c+c^2a} \ge 4$

:Ta có:
$$3(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=a^3+b^3+c^3+ a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+a^2c$$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
$$a^3+ab^2\geq 2a^2b$$
Tương tự: $$b^3+bc^2\geq 2b^2c$$
$$c^3+a^2c\geq 2c^2a$$
Suy ra$$3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)>0$$
Do đó: $$P\geq a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c ^2+\frac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
Đặt $t=a^2+b^2+c^2(t\geq 3)$
$P\geq t+\frac{9-t}{2t}=\frac{t}{2}+\frac{9}{2t}+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}\geq 3+\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=4$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Cái này là đề thi tuyển sinh 10 trường THPT Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An- năm 2009-2010

[Tienanh tx]

Bài $34$
$\oplus$ Ta có:
$\left( {1 - \frac{1}{{a^2 }}} \right)\left( {1 - \frac{1}{{b^2 }}} \right) = \left( {\frac{{a^2 - 1}}{{a^2 }}} \right)\left( {\frac{{b^2 - 1}}{{b^2 }}} \right) = \frac{{\left( {a - 1} \right)\left( {a + 1} \right)\left( {b - 1} \right)\left( {b + 1} \right)}}{{a^2 b^2 }} = \frac{{\left( { - b} \right)\left( {a + 1} \right)\left( { - a} \right)\left( {b + 1} \right)}}{{a^2 b^2 }} = \frac{{\left( {a + 1} \right)\left( {b - 1} \right)}}{{ab}} = \frac{{ab + a + b + 1}}{{ab}} = 1 + \frac{{a + b + 1}}{{ab}} = 1 + \frac{2}{{ab}}$ $(1)$

$\oplus$ Ta có:$(a-b)^2 \geqslant 0$
$\Longleftrightarrow$ $(a+b)^2 \geqslant 4ab$
$\Longleftrightarrow$ $1 \geqslant 4ab$
$\Longleftrightarrow$ $\frac{1}{ab} \geqslant 4$ $(*)$
$\oplus$ Áp dụng $(1)$ vào $(*)$, ta được:
$BĐT \geqslant 1+8 = 9$

$Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tienanh1999bp: 22-12-2012 - 17:06

[Oral1020]

:Ta có:
$$3(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=a^3+b^3+c^3+ a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+a^2c$$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
$$a^3+ab^2\geq 2a^2b$$
Tương tự: $$b^3+bc^2\geq 2b^2c$$
$$c^3+a^2c\geq 2c^2a$$
Suy ra$$3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)>0$$
Do đó: $$P\geq a^2+b^2+c^2+\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}=a^2+b^2+c ^2+\frac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$$
Đặt $t=a^2+b^2+c^2(t\geq 3)$
$P\geq t+\frac{9-t}{2t}=\frac{t}{2}+\frac{9}{2t}+\frac{t}{2}-\frac{1}{2}\geq 3+\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=4$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
Cái này là đề thi tuyển sinh 10 trường THPT Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An- năm 2009-2010

http://forum.mathscope.org/showthread.php?t=38885
Cho bạn một cách giải bất đẳng thức này cũng hay.Hôm nay sinh nhật của anh Ispectorgadget luôn đấy

[no matter what]

Để đảm bảo tính thiết thực hơn nữa,bản cập nhật sau đây sẽ gồm 1 số bài toán "Định hướng"-(Tuy nhiên cũng không phải quá dễ nên mong các bạn đừng coi thường,hi vọng sẽ nhận được những phản hồi tích cực)
Bài 41 :Chứng minh với mọi a,b,c dương có tổng bằng 1 ,ta có các BĐT sau

a,$(\frac{1}{a}+1)(\frac{1}{b}+1)(\frac{1}{c}+1)\geq 64$
b,$(\frac{1}{a}-1)(\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{c}-1)\geq 8$
Bài 42:Chứng minh với mọi a,b,c dương có tích bằng 1,ta có BĐT sau

$\frac{a}{(a+1)(b+1)}+\frac{b}{(b+1)(c+1)}+\frac{c}{(c+1)(a+1)}\geq \frac{3}{4}$
Bài 43:Chứng minh với mọi a,b,c dương ta có

$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$
Bài 44:Chứng minh với mọi a,b,c dương

$a+b+c\geq \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a}$
Bài 45:Chứng minh với mọi a,b, lớn hơn 1

$\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}\geq 8$
Bài 46:Chứng minh với mọi a,b,c dương có tích bằng 1

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a+b+c$
Bài 47:Chứng minh với mọi a,b,c dương

$\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\geq 4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})$
Bài 48:Chứng minh với mọi a,b,c không âm ta có các BĐT sau

a,$a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 2(ab+bc+ca)$
b,$a^2+b^2+c^2++2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$
Bài 49:Chứng mnih với mọi a,b,c không âm

$\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\geq abc+\frac{3}{4}\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]$
Bài 50:Chứng minh với mọi a,b,c dương có tổng bằng 1

$\frac{1}{1-a}+\frac{1}{1-b}+\frac{1}{1-c}\geq \frac{2}{1+a}+\frac{2}{1+b}+\frac{2}{1+c}$
Bài 51:Chứng minh với mọi a,b,c dương

$\frac{a^2}{(a+b)(a+c)}+\frac{b^2}{(b+c)(c+a)}+\frac{c^2}{(c+a)(a+b)}\geq \frac{3}{4}$
Bài 52:Chứng minh với mọi a,b,c dương có tổng bằng 1

$a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$
Bài 53:Chứng minh với mọi a,b,c dương

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
Bài 54:Chứng mnih với mọi a,b,c dương có tổng bằng 1\

$\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq 30$

Bài 55:Chứng mnih với mọi a,b dương thỏa mãn $a> b$,Các BĐT sau đúng

a,$a+\frac{1}{b(a-b)}\geq 3$
b,$a+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}\geq 3$
c,$a+\frac{1}{b(a-b)^2}\geq 2\sqrt{2}$
Updating...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi no matter what: 21-12-2012 - 21:04

[Oral1020]

Bài 41:
Ta có:
$$1+\dfrac{1}{a}=\dfrac{a+1}{a}$$
Vì $a+b+c=1$,ta có:
$$1+\dfrac{1}{a}=\dfrac{a+a+b+c}{a} \ge \dfrac{4\sqrt[4]{a^2bc}}{a}$$
Từ đó tương tự với $1+\dfrac{1}{b}$ và $1+\dfrac{1}{c}$Nhân các BDT vừa tìm được ta có điều phải chứng minh.
b)
Ta có
$$\dfrac{1}{a}-1=\dfrac{b+c}{a}$$
Vậy $\prod (\dfrac{1}{a}-1)=\prod \dfrac{b+c}{a}$
Vì $\prod b+c \ge 8abc$
$\Longrightarrow VT \ge 8$ dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 15-12-2012 - 23:45

[Oral1020]

Bài 45:
Ta có:
$\dfrac{x^2}{y-1}+\dfrac{y^2}{x-1} \ge \dfrac{(x+y)^2}{x+y-2}$ $Cauchy-Schwarz$(Phải vận dụng thôi anh ơi)
$=\dfrac{(x+y)^2-4+4}{x+y-2}=x+y+2+\dfrac{4}{x+y-2}=x+y-2+\dfrac{4}{x+y-2}+4$
Áp dụng bdt $AM-GM$ thì ta có dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 15-12-2012 - 21:22

[no matter what]

Bài 45:
Ta có:
$\dfrac{x^2}{y-1}+\dfrac{y^2}{x-1} \ge \dfrac{(x+y)^2}{x+y-2}$ $Cauchy-Schwarz$(Phải vận dụng thôi anh ơi)
$=\dfrac{(x+y)^2-4+4}{x+y-2}=x+y+2+\dfrac{4}{x+y-2}=x+y-2+\dfrac{4}{x+y-2}+4$
Áp dụng bdt $AM-GM$ thì ta có dpcm

Cho phép

[Tienanh tx]

Bài 55:
a, $a+\frac{1}{b(a-b)} = (a-b)+b + \frac{1}{b(a-b)} \geqslant 3$ (AM-GM 3 số)

[no matter what]

Bài 55:
a, $a+\frac{1}{b(a-b)} = (a-b)+b + \frac{1}{b(a-b)} \geqslant 3$ (AM-GM 3 số)

Lỗi LAtex bạn ơi,sửa lại nhé lời giải đúng

[Oral1020]

Bài 47:
Ta áp dụng bất đẳng thức sau:
$\dfrac{1}{4x}+\dfrac{1}{4y} \ge \dfrac{1}{x+y}$(Không dám chứng minh lại đâu) (C-S)
Vậy,ta có:
$\sum \dfrac{4a}{b+c} \le \sum [\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{c}]$
Hỏi ngoài một chút xíu
Anh quang lấy tài liệu đâu nhiều vậy?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 15-12-2012 - 21:39

[no matter what]

Hỏi ngoài một chút xíu
Anh quang lấy tài liệu đâu nhiều vậy?

Search trên google thô,nhiều lắm em ạ ,i/có cả những tài liệu anh còn chưa đọc đến lần nào nữa mà

[Oral1020]

Bài 46:
Áp dụng bdt $AM-GM$ cho 3 số:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c} \ge \dfrac{3\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[3]{bc}}$
Tương tự,ta có
$3VT \ge \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}$
$\Longrightarrow VT \ge \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}=a+b+c$(dpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 16-12-2012 - 09:31

[no matter what]

*Để đảm bảo cho tiện theo dõi,minh xin bôi đỏ các bài đẫ có lời giải?mong các bạn tiếp tục ủng hộ

[Oral1020]

Bài 52:
Ta có:
$$\sqrt[3]{1+b-c}=\sqrt[3]{(1+b-c).1.1}$$
$$\Longrightarrow \sqrt[3]{1+b-c} \le \dfrac{1+b-c+1+1}{3}=\dfrac{b-c}{3}+1$$
$$\Longleftrightarrow a\sqrt[3]{1+b-c} \le \dfrac{a(b-c)}{3}+a$$
Thiếp lập các BDT tương tự,cộng lại ta có:
$$VT \le a+b+c +\dfrac{ab+bc+ac-ab-bc-ac}{3}=1$$(dpcm)

[Oral1020]

Bài 43:
Đặt $\dfrac{a}{b}=x$ $\dfrac{b}{c}=y$ $\dfrac{c}{a}=z$ khi đó $xyz=1$
Điều cần phải chứng minh tương đương với:
$$x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$$
Mà $x^2+y^2+z^2 \ge \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$
Vậy ta sẽ chứng minh:
$$\dfrac{(x+y+z)^2}{3} \ge x+y+z$$
$x+y+z \ge 3$(đúng với $AM-GM$ cho 3 số )
Vậy bdt đã được chứng minh

[Oral1020]

Bài 42:
Sau khi đổ mồ hôi,sôi con mắt thì ta có dpcm tương dương với
$$ab+bc+ac+a+b+c \ge 3(abc+1)=6$$
Ta lại có
$ab=\dfrac{1}{c}$ $bc =\dfrac{1}{a}$ $c=\dfrac{1}{ab}$
$$\Longrightarrow \sum \dfrac{1}{a}+\sum a \ge 6$$(đúng với AM-GM cho 6 số)
Vậy bdt đã được chứng minh

[Dung Dang Do]

Bài 54
$$\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\ge \frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9}{ab+bc+ca}$$
$$=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{7}{ab+bc+ca}$$
$$\ge \frac{9}{(a+b+c)^2}+\frac{23}{(a+b+c)^2}=30$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Dang Do: 16-12-2012 - 20:10

[no matter what]

(những bài sau đây hầu như đều có ĐK a,b,c (hoặc x,y,z dương (không âm),mình xin không viết lại,các bạn hãy hiểu là ĐK đó đã cho sẵn rồi,các ĐK khác (nếu có )mình sẽ ghi kèm đề )
Bài 56: $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}+(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2$

Bài 57:$(\frac{a^3}{x}+\frac{b^3}{y}+\frac{c^3}{z})\geq \frac{(a+b+c)^3}{3(x+y+z)}$

Bài 58:$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{\frac{a+2b}{3}}+\sqrt{\frac{b+2c}{3}}+\sqrt{\frac{c+2a}{3}}$

Bài 59:$(1+a^3)(1+b^3)(1+c^3)\geq (1+ab^2)(1+bc^2)(1+ca^2)$

Bài 60:$\frac{b^3+c^3}{a}+\frac{c^3+a^3}{b}+\frac{a^3+b^3}{c}\geq 2(ab+bc+ca)$

Bài 61:$a^4+b^4+c^4\geq (\frac{a+2b}{3}^4)+(\frac{b+2c}{3})^4+(\frac{c+2a}{3})^4$

Bài 62:$\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\geq 2(\frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{b+3c}}+\frac{1}{\sqrt{c+3a}})$

Bài 63:$9(a^4+b^4+c^4)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq (a+2b)^3+(b+2c)^3+(c+2a)^3$

Bài 64:$\sqrt{a+3b}+\sqrt{a+3c}+\sqrt{2a+b+c}\geq 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$

Bài 65:$\frac{b+c}{a}+\frac{2a+c}{b}+\frac{4(a+b)}{a|+c}\geq 9$

Bài 66:$\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{3}{\sqrt{b}}+\frac{8}{\sqrt{3c+2a}}\geq \frac{16\sqrt{2}}{\sqrt{3(a+b+c)}}$

Bài 66:$\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}\leq \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$

Bài 67:$\frac{2a}{1+a}+\frac{bc}{b+c}\leq \frac{(2+b)(c+2a)}{2+b+c+2a}$

Bài 68 $(a+b+c+d=1) $ $(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})(1+\frac{1}{d})\geq 5^4$

Bài 69 $(ab+bc+ca=3)$ $\sqrt{a^6+b^6+1}+\sqrt{b^6+c^6+1}+\sqrt{c^6+a^6+1}\geq 3\sqrt{3}$

Bài 70 $(a+b+c+d=1)$ $\sqrt{4a+1}+\sqrt{4b+1}+\sqrt{4c+1}+\sqrt{4d+1}\leq 4\sqrt{2}$
Updating...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi no matter what: 19-12-2012 - 19:37