Chủ đề này có 339 trả lời

[BoFaKe]

Bài 53:$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^{2}\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{b^{2}}+\sum \frac{b}{a}\geq \sum \frac{a}{b}+3$
Ta có:$\frac{a^{2}}{b^{2}}+1\geq \frac{2a}{b}$
Cộng các bđt tương tự ta có:$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}\geq \sum \frac{2a}{b}-3\geq \sum \frac{a}{b}$
Và $\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}\geq 3$.
Cộng 3 cái trên ta có đpcm.

[no matter what]

Hơ hơ quà giáng sinh sớm à,thanks bạn nhiều nha
Chủ topic xin được đáp lễ bằng lời giải khác của bài 44,51
Bài 44 :Áp dụng thẳng AM-GM ta có ngay $\frac{2ab}{a+b}\leq \frac{\frac{1}{2}(a+b)^2}{a+b}= \frac{1}{2}(a+b)$
Xây dựng các BĐT tương tự,ta dc dpcm
Bài 51:Xin lỗi mình viết hơi sai đề tí(nhưng nếu chữa thành dấu $\sum$ thì xem như là đề đúng rồi nhỉ?)
Có $\sum \frac{a^2}{(a+b)(a+c)}=\frac{\sum a^2(b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}= \frac{(a+b)(b+c)(c+a)-2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=1-\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Giờ chỉ cần áp dụng AM-GM dạng $(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$ là xong

[Oral1020]

Bài 61:
Bổ đề:
$\dfrac{x^4+y^4+z^4}{3} \ge (\dfrac{(x+y+z)}{3})^4$
Việc chứng minh chúng ta chỉ cần sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ cho tử số 2 lần.
Ta có:
$a^4+b^4+c^4=\sum \dfrac{a^4+b^4+b^4}{3}$
Ta áp dụng bổ đề,ta có:
$a^4+b^4+c^4 \ge \sum (\dfrac{a+b+b}{3})^4=\sum (\dfrac{a+2b}{3})^4$
Mở rộng:
Cái này có thể đúng với:
$a^n+b^n+c^n \ge \sum (\dfrac{a+2b}{3})^n$

[BoFaKe]

Góp một bài vậy,cũng dùng AM-GM nhưng có trọng số (nhưng đơn giản thôi ).
Bài 71: Cho $x>0$,$a,b,n,k\in \mathbb{N+}$.Tìm min của :$ax^{n}+\frac{1}{bx^{k}}$.
-------------------------
P/S:Tự chế đấy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 23-12-2012 - 18:55

[BoFaKe]

Để hình dung đơn giản hơn,ta nên thử 1 vài ví dụ đơn giản để có thể rút ra quy luật bài toán tổng quát:
Bài 72:Cho $x>0$,Tìm min của:
$A=3x^{3}+\frac{1}{x^{2}}$
$B=3x^{7}+\frac{1}{x^{2}}$
$C=3x^{5}+\frac{1}{x^{3}}$.
Chém gọn nhẹ nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 23-12-2012 - 18:58

[no matter what]

Để hình dung đơn giản hơn,ta nên thử 1 vài ví dụ đơn giản để có thể rút ra quy luật bài toán tổng quát:
Bài 72:Cho $x>0$,Tìm min của:
$A=3x^{3}+\frac{1}{x^{2}}$
$B=3x^{7}+\frac{1}{x^{2}}$
$C=3x^{5}+\frac{1}{x^{3}}$.
Chém gọn nhẹ nhé

Bác chơi 1 quả trọng số là topic chững luôn,hix đây lại là cái quả mà mình chẳng biết tẹo nào,thôi thì cứ đưa ra lời giải câu a,sai thì pam cho mình nhé,commen vào thì rầy lắm
theo AM-GM
$3x^3+\frac{1}{x^2}=\frac{3}{2}x^3+\frac{3}{2}x^3+\frac{1}{3x^2}+\frac{1}{3x^2}+\frac{1}{3x^2}\geq 5\sqrt[5]{\frac{3}{2}.\frac{3}{2}.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}}$
còn bằng cái gì nữa thì ta không quan tâm vì đã mất x ,dấu" =" dễ dàng tìm được
câu b,c, chắc cũng tương tự (không biết làm nên nói vậy thôi )

[no matter what]

*Để đánh dấu sự trơ lại sau những ngày âm u thất sắc và mọi người chỉ nằm co ro trong chăn mà không thèm dí tay vào cái bàn phím để đánh lời giải mấy bài trên cho mình,mình xin được đưa ra một bài sau:Khá nghiêm túc
Chứng minh với mọi a,b,c dương có $a^3+b^3+c^3+3c=5$,ta có BĐT sau
$\sqrt{\frac{a+b}{2c}}+\sqrt{\frac{b+c}{2a}}+\sqrt{\frac{c+a}{2b}}\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
thực tế sau khi xem lời giải,các bạn sẽ thấy nó không khó,tuy nhiên để đến lời giải đó cũng không dễ
Mình sẽ xin đi lại hướng cũ của topic và không rong hoa bắt bướm nữa,những bài tập sau này(nếu do mình post)sẽ liên quan tới phần kiến thức đẫ nếu,nếu cần mnihf cũng sẽ nêu rõ phạm vi kiến thức
Mình sẽ cố gắng post lên về pp trọng só(hoặc nhờ người khác post)
Xin chân thành cảm ơn

[N H Tu prince]

Góp một bài vậy,cũng dùng AM-GM nhưng có trọng số (nhưng đơn giản thôi ).
Bài 71: Cho $x>0$,$a,b,n,k\in \mathbb{N+}$.Tìm min của :$ax^{n}+\frac{1}{bx^{k}}$.
-------------------------
P/S:Tự chế đấy

Bác chơi 1 quả trọng số là topic chững luôn,hix đây lại là cái quả mà mình chẳng biết tẹo nào,thôi thì cứ đưa ra lời giải câu a,sai thì pam cho mình nhé,commen vào thì rầy lắm
theo AM-GM
$3x^3+\frac{1}{x^2}=\frac{3}{2}x^3+\frac{3}{2}x^3+\frac{1}{3x^2}+\frac{1}{3x^2}+\frac{1}{3x^2}\geq 5\sqrt[5]{\frac{3}{2}.\frac{3}{2}.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}.\frac{1}{3}}$
còn bằng cái gì nữa thì ta không quan tâm vì đã mất x ,dấu" =" dễ dàng tìm được
câu b,c, chắc cũng tương tự (không biết làm nên nói vậy thôi )

Lấy ý tưởng của no matter what
$ax^{n}+\frac{1}{bx^{k}}=k.\frac{a}{k}x^n+n.\frac{1}{nbx^k}\ge (n+k)\sqrt[n+k]{\frac{a^k}{k^k}.\frac{1}{n^n.b^k}}$
Còn vụ dấu bằng thì

[no matter what]

Lấy ý tưởng của no matter what
$ax^{n}+\frac{1}{bx^{k}}=k.\frac{a}{k}x^n+n.\frac{1}{nbx^k}\ge (n+k)\sqrt[n+k]{\frac{a^k}{k^k}.\frac{1}{n^n.b^k}}$
Còn vụ dấu bằng thì

Vụ dấu bằng để bác khác làm zậy
làm cái này mnihf đau cả trốc

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi no matter what: 25-12-2012 - 19:56

[no matter what]

Trong điều kiện có thể,mình nghĩ ta nên dọn dẹp topic 1 lượt đã
Trước tiên là bài 1 -mình xn post lại đề ở đây

1,chứng minh với mọi số thực dương a,b,c có tích bằng 1 thì

$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+6\geq 2(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
Gợi ý: Tư ttưởng của bài này thực chất đã khá rõ ràng khi cho tích bằng 1 ,các bạn nên liên tưởng tới kĩ thuật đặt ẩn ở phần đánh giá mẫu mnihf đã post ở trang 1
Mọi người hoàn thiện lời giải nhanh để ta chuyển bài nhé
Trong thời gian làm bài,nếu thất đau trốc thì cứ zào đây mà đọc,đảm bảo đỡ ngay
http://traitimnghiah...-binladen.2113/

[no matter what]

xoắn quá,lại 1 hình thức tự xướng rồi
Giải bài 1(lơig giải trong sáng tạo BĐT
:đk của đề bài đẫn đến việc tồn tại x,y,z sao cho$a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$
BĐT trở thành $x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ (Schur bậc 3)
Ngoài ra,ta có thể chú ý đến biến đổi đơn giản sau
$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+6=(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+3$
Đến đây chỉ cần chuyển biến của BĐT về $p,q,r$(đã nêu ở trang 1) với chú ý r=1,BĐT còn lại chứng minh không hề khó khăn
Bài 3 :,Chứng minh với mọi a,b,c có $0< a,b,c\leq \frac{1}{3},a^3+b^3+c^3=\frac{3}{64}$ thì
$\frac{1}{1-3a}+\frac{1}{1-3b}+\frac{1}{1-3c}\geq 12$
Gợi ý :Ta chứng minh BĐT phụ sau $a^3(1-3a)\leq \frac{1}{256}$
p/s:Mong rằng mnihf sẽ không phải tự sướng tiếp

[N H Tu prince]

xoắn quá,lại 1 hình thức tự xướng rồi
Giải bài 1(lơig giải trong sáng tạo BĐT
:đk của đề bài đẫn đến việc tồn tại x,y,z sao cho$a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$
BĐT trở thành $x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ (Schur bậc 3)
Ngoài ra,ta có thể chú ý đến biến đổi đơn giản sau
$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+6=(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+3$
Đến đây chỉ cần chuyển biến của BĐT về $p,q,r$(đã nêu ở trang 1) với chú ý r=1,BĐT còn lại chứng minh không hề khó khăn
Bài 3 :,Chứng minh với mọi a,b,c có $0< a,b,c\leq \frac{1}{3},a^3+b^3+c^3=\frac{3}{64}$ thì
$\frac{1}{1-3a}+\frac{1}{1-3b}+\frac{1}{1-3c}\geq 12$
Gợi ý :Ta chứng minh BĐT phụ sau $a^3(1-3a)\leq \frac{1}{256}$
p/s:Mong rằng mình sẽ không phải tự sướng tiếp

Gợi ý kiểu này thì lộ hết rồi
$a^3(1-3a)=a.a.a.(1-3a)\le (\frac{a+a+a+1-3a}{4})^4=\frac{1}{256}$
$=>\frac{1}{1-3a}\ge 256a^3$
Xây dựng các BDT cộng lại có $Q.E.D$

[no matter what]

giải quyết nhanh gọn
Bài 5,Với mọi x,y,z có $x+2y+3z=\frac{1}{4}$,tìm MAX
$\frac{232y^3-x^3}{2xy+24y^2}+\frac{783z^3-8y^3}{6yz+54z^2}+\frac{29x^3-27z^3}{3xz+6x^2}$
Gợi ý:,ta chỉ cần đặt $x=a,2y=b,3z=c$,mọi người làm tiếp nhé
Sau khi đổi biến,ta sẽ thu đương BĐT "tương tự " như thế này
http://diendantoanho...5b2-leq-3sum-a/

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi no matter what: 27-12-2012 - 19:18

[BoFaKe]

giải quyết nhanh gọn
Bài 5,Với mọi x,y,z có $x+2y+3z=\frac{1}{4}$,tìm MAX
$\frac{232y^3-x^3}{2xy+24y^2}+\frac{783z^3-8y^3}{6yz+54z^2}+\frac{29x^3-27z^3}{3xz+6x^2}$
Gợi ý:,ta chỉ cần đặt $x=a,2y=b,3z=c$,mọi người làm tiếp nhé
Sau khi đổi biến,ta sẽ thu đương BĐT "tương tự " như thế này
http://diendantoanho...5b2-leq-3sum-a/

Chém thôi
Theo như đã được hướng dẫn ta đặt $x=a,2y=b,3z=c$.Khi đó bất đẳng thức trở thành:
$\frac{29b^{3}-a^{3}}{ab+6b^{2}}+\frac{29c^{3}-b^{3}}{bc+6c^{2}}+\frac{29a^{3}-c^{3}}{ac+6a^{2}}$
Ta chứng minh:
$\frac{29b^{3}-a^{3}}{ab+6b^{2}}+\frac{29c^{3}-b^{3}}{bc+6c^{2}}+\frac{29a^{3}-c^{3}}{ac+6a^{2}}\leq 4(a+b+c)= 1$
Dễ thấy :$\frac{29b^{3}-a^{3}}{ab+6b^{2}}\leq 5b-a\Leftrightarrow (a+b)(a-b)^{2}\geq 0$
Cộng các bất đẳng thức tương tự ta có đpcm

[BoFaKe]

xoắn quá,lại 1 hình thức tự xướng rồi
Giải bài 1(lơig giải trong sáng tạo BĐT
:đk của đề bài đẫn đến việc tồn tại x,y,z sao cho$a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$
BĐT trở thành $x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ (Schur bậc 3)

Sao cái này tôi đặt mà nó lại không biến đổi ra được thế này.lạ nhỉ??

[no matter what]

Sao cái này tôi đặt mà nó lại không biến đổi ra được thế này.lạ nhỉ??

mình cũng chả biến đổi ra nữa (trích sáng tạo BĐT)
Bài 10,Chứng minh với mọi x,y,z $> -1$,ta có
$\frac{1+x^2}{1+y+z^2}+\frac{1+y^2}{1+z+x^2}+\frac{1+z^2}{1+x+y^2}\geq 2$
Mình nghĩ bài này không cần gợi ý,chỉ tại mình người chưa đọc đến thôi,chỉ cần AM-GM đưa về đồng bậc là xem như ổn định

[Oral1020]

Dễ thấy các mẫu đề lơn hơn 0.(Dĩ nhiên vì topic AM-GM mà)
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$,ta có:
$\dfrac{1+y^2}{2} \ge y$
Vậy ta có:
$VT \ge \sum \dfrac{1+x^2}{1+\dfrac{1+y^2}{2}+z^2}$
$\Longleftrightarrow \dfrac{VT}{2} \ge \sum \dfrac{1+x^2}{2(1+z^2)+1+y^2}$
Ta sẽ chứng minh:
$\dfrac{1+x^2}{2(1+z^2)+1+y^2} \ge 1$
Đăt $a=1+x^2$ $b=1+y^2$ $c=1+z^2$,bất đẳng thức trở thành:
$\sum \dfrac{a}{2c+b} \ge 1$
$\Longleftrightarrow \sum \dfrac{a^2}{2ac+bc} \ge 1$
Áp dụng bất đẳng thức $C-S$,ta có:
$\dfrac{a^2}{2ac+bc} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ac)} \ge 1$ (Luôn đúng vì $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ac))$
$$Q.e.D$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 28-12-2012 - 13:26

[Tienanh tx]

Bài toán: Cho $\Delta{ABC}$ có $BC=a, AC=b, AB=c$. Tìm điều kiện của $a,b,c$ sao cho thỏa mãn đẳng thức
$\sum {\frac{{\widehat{A} a + \widehat{B} b}}{{\widehat{A} a+ \widehat{B}}}} = a + b + c$
_____________________
Tự chế , khá hay nhé(sài $AM-GM$)

[no matter what]

Bài toán: Cho $\Delta{ABC}$ có $BC=a, AC=b, AB=c$. Tìm điều kiện của $a,b,c$ sao cho thỏa mãn đẳng thức
$\sum {\frac{{\widehat{A} a + \widehat{B} b}}{{\widehat{A} a+ \widehat{B}}}} = a + b + c$
_____________________
Tự chế , khá hay nhé(sài $AM-GM$)

Rất xin lỗi em,anh đang cố gắng xử lý hết bài đã nêu trong topic,trong thời gian này anh xin không nhận thêm bài mới,bài của em sẽ được thảo luận sau khi mọi việc xong xuôi
thân
p/s:Hình như cái bài trên không phải BĐT thì phải?

[no matter what]

Bài 11,,Chứng mnih với mọi a,b,c thực dương
$\sqrt{\frac{a^2+2b^2}{a^2+ab+bc}}+\sqrt{\frac{b^2+2c^2}{b^2+bc+ca}}+\sqrt{\frac{c^2+2a^2}{c^2+ca+ab}}\geq 3$
Gợi ý:Có thể tham khảo cách giải của duong vi tuan trong các bài 12,13 trang 3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi no matter what: 29-12-2012 - 12:29