Topic về bất đẳng thức

[MathForLife]

Nguyên văn bởi leviethai

@Mathforlife: bất đẳng thức $\sqrt{a^nb^n}(a^n+b^n)\le 2 $ có thể được dùng để chứng minh bài VMO năm nay. Tổng quát hơn là $n $ là số thực không bé hơn 1. Cách giải tốt nhất là dùng đạo hàm, bạn có thể tham khảo lời giải trong file lời giải VMO của diễn đàn Math.vn (mình xin không post ở đây). Đồng thời, $k=\dfrac{n(n-1)}{2} $ cũng là hằng số tốt nhất cho bất đẳng thức $a^kb^k(a^n+b^n)\le 2 $

Dạ vâng . Em cũng đoán $k=\frac{n(n-1)}{2} $ là hằng số tốt nhất nhưng theo em dùng quy nạp là ok với lớp 10 rồi ạ. Thực ra đây là bài tập trên lớp của thầy Dũng anh ạ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Math war]

Giúp em vài bài này với

Bài 1:a) CMR
$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{2008}} < \sqrt{2008} $
b) Cho x,y,z t/m $x^4+y^4+z^4=3 $.TÌm Max của biểu thức : $P=x^2(y+z)+y^2(z+x)+z^2(x+y) $

Bài 2: Cho x,y,z >0 t/m $xy +z + xz \leq 3xyz $
Chứng minh: $ \sqrt[3]{x^2}+\sqrt[3]{y^2}+\sqrt[3]{z^2}\geq \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ronadomath]

Sau đây là 1 bài khá hay.nó có nhiều cách nhưng mình muốn 1 lời giải thật đơn giản
cho $x,y,z\geq 0 $.CMR $\sum x^4(y+z))\leq \frac{1}{12}(x+y+z)^5 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[___CIA___]

Nguyên văn bởi ronadomath

$x,y,z\geq 0 $.CMR $\sum_{cyc} x^4(y+z) \leq \frac{1}{12}(x+y+z)^5 $

Chuẩn hóa $x+y+z=1 $.Khi đó

BĐT $\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4 \le \frac{1}{12}+x^5+y^5+z^5 $

Tới đây chọn điểm rơi $AM-GM $ một tí là xong...
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mệnh Thiên Tử]

Nguyên văn bởi Math war

b) Cho x,y,z t/m $x^4+y^4+z^4=3 $.TÌm Max của biểu thức : $P=x^2(y+z)+y^2(z+x)+z^2(x+y) $

Dùng bđt B.C.S có :
$P^{2}=(x^{2}(y+z)+y^{2}(x+z)+z^{2}(y+x))^{2}\leq (x^{4}+x^{4}+x^{4})[(x+y)^{2}+(z+y)^{2}+(x+z)^{2}] $
$\Rightarrow P^{2}\leq 3( 4x^{2}+4y^{2}+4z^{2}) $
$\Rightarrow P^{2}\leq 3.2(x^{4}+y^{4}+z^{4}+3) $
$\Rightarrow P^{2}\leq 6^{2} $
$\Rightarrow P\leq 6 $
dấu '' = '' xảy ra khi x = y = z = 1
Xem lại đề bài 2 (phần giả thuyết ) nha bạn
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ronadomath]

Nguyên văn bởi ___CIA___

Chuẩn hóa $x+y+z=1 $.Khi đó

BĐT $\Leftrightarrow x^4+y^4+z^4 \le \frac{1}{12}+x^5+y^5+z^5 $

Tới đây chọn điểm rơi $AM-GM $ một tí là xong...

ko biết cái ''một tý'' của bạn là như thế nào?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Một bài khác:
Cho $a,b,c $ là 3 số thực dương thỏa mãn $abc=1 $.
cmr:
$5(\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{c^4})+\frac {a}{c^2}+\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2} $$\ge 2(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2})+a^2+b ^2+c^2+(a+b+c)^2 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Math war]

Nguyên văn bởi Mệnh Thiên Tử

Dùng bđt B.C.S có :
$P^{2}=(x^{2}(y+z)+y^{2}(x+z)+z^{2}(y+x))^{2}\leq (x^{4}+x^{4}+x^{4})[(x+y)^{2}+(z+y)^{2}+(x+z)^{2}] $
$\Rightarrow P^{2}\leq 3( 4x^{2}+4y^{2}+4z^{2}) $
$\Rightarrow P^{2}\leq 3.2(x^{4}+y^{4}+z^{4}+3) $
$\Rightarrow P^{2}\leq 6^{2} $
$\Rightarrow P\leq 6 $
dấu '' = '' xảy ra khi x = y = z = 1
Xem lại đề bài 2 (phần giả thuyết ) nha bạn

Anh ơi có thêm 1 đk nữa ạ
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mệnh Thiên Tử]

Cái điều kiện thỏa mãn chắc đúng không em
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenhtctb]

Nguyên văn bởi Lan Phuog

Một bài khác:
Cho $a,b,c $ là 3 số thực dương thỏa mãn $abc=1 $.
cmr:
$5(\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{c^4})+\frac {a}{c^2}+\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2} $$\ge 2(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2})+a^2+b ^2+c^2+(a+b+c)^2 $

$(\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{c^4})\ge a^2+b^2+c^2 $
$\frac{1}{a^4}+c^2 \ge 2\frac{c}{a^2} $ vàtt
vậy cần cm $a^2+b^2+c^2+\frac{a}{c^2}+\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b ^2}\ge 2(ab+bc+ca) $
Có $b^2+\frac{a}{c^2}+ac\ge 3ab $
ttự=>dpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[asimothat]

Nguyên văn bởi Lan Phuog

Một bài khác:
Cho $a,b,c $ là 3 số thực dương thỏa mãn $abc=1 $.
cmr:
$5(\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{c^4})+\frac {a}{c^2}+\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2} $$\ge 2(\frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2})+a^2+b ^2+c^2+(a+b+c)^2 $

$5\sum a^4b^4 + a^3b^2+b^3c^2+c^3b^2 \ge 2(a^3c^2+c^3b^2+b^3a^2)+abc(a+b+c)^2+(a^2+b^2+c^2) abc $ ;

$5\sum a^4b^4 + \sum (a^3b^2+a^3c^2) \ge 3(a^3c^2+c^3b^2+b^3a^2) + 2(a^2+b^2+c^2)abc+2(ab+bc+ca)abc $ ;

ta có :
$\begin{cases}a^4b^4+3a^4c^4 \ge 4a^4c^3b \\ a^4c^4 + 3c^4b^4 \ge 4c^4b^3a \\ b^4c^4+3b^4a^4 \ge 4b^4a^3c \end{cases} $
nên $a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4 \ge a^3c^2+c^3b^2+b^3a^2 $
tương tự ta chứng minh được $a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4 \ge a^3b^2+b^3c^2+c^3b^2 $

Vậy áp dụng các bất đẳng thức sau :
1) $\sum(a^3b^2+a^3c^2) \ge \sum 2a^3bc = 2(a^2+b^2+c^2)abc $ ;
2) $3(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4) \ge (a^3c^2+c^3b^2+b^3a^2) $ ;
3)$ 2(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4) \ge \sum (a^3b^2+a^3c^2) \ge \sum 2a^3bc \ge 2(ab+bc+ca)abc $
ta có đfcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Mệnh Thiên Tử]

Nguyên văn bởi Math war

Bài 1:a) CMR
$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{2008}} < \sqrt{2008} $

Hình như ngược dấu rồi , mình cũng thử làm lên để mọi người giúp nhận ra chỗ sai nhé
Ta sẽ theo đúng đề bài là :
$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{ 1}{\sqrt{2008}} < \sqrt{2008} $
ta sẽ quy đồng lên và có :
$\sqrt{2008!}+ \sqrt{2008.2007...3.1}+\sqrt{2008.2007.4.2.1}+...+ \sqrt{2007!}<2008.\sqrt{2007!} $
$\sqrt{2008!}+ \sqrt{2008.2007...3.1}+\sqrt{2008.2007.4.2.1}+...+ \sqrt{2006!}<2007.\sqrt{2007!} $
ta có :
$\sqrt{2008!} < \sqrt{2007!} $ ( vô lí )
$\sqrt{2008.2007...3.1} < \sqrt{2007!} $( vô lí do 2008 > 2)
$\sqrt{2008.2007.4.2.1} < \sqrt{2007!} $( vô lí do 2008 > 3)
....... < ....... ( vô lí )
$\Rightarrow $ bđt đã cho ngược dấu , không biết có nhầm lẫn chỗ nào không
Bài này có thể sử dụng Quy Nạp
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NguyenNhatTan]

Đúng là ngược dấu thật
Đặt $A=1+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n}} $
Có: $\frac{1}{\sqrt{1}}>\frac{1}{\sqrt{2}}>...> \frac{1}{\sqrt{n}} $ nên $A > n.\frac{1}{\sqrt{n}}=\sqrt{n} $
Ngoài ra còn có kết quả mạnh hơn là $2\sqrt{n}-2<A<2\sqrt{n}-1 $ bằng cách dùng BĐT: $\frac{1}{\sqrt{n}}>2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) $ và $\frac{1}{\sqrt{n}}<2(\sqrt{n}-\sqrt{n+1}) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Nguyên văn bởi asimothat

$5\sum a^4b^4 + a^3b^2+b^3c^2+c^3b^2 \ge 2(a^3c^2+c^3b^2+b^3a^2)+abc(a+b+c)^2+(a^2+b^2+c^2) abc $ ;

$5\sum a^4b^4 + \sum (a^3b^2+a^3c^2) \ge 3(a^3c^2+c^3b^2+b^3a^2) + 2(a^2+b^2+c^2)abc+2(ab+bc+ca)abc $ ;

ta có :
$\begin{cases}a^4b^4+3a^4c^4 \ge 4a^4c^3b \\ a^4c^4 + 3c^4b^4 \ge 4c^4b^3a \\ b^4c^4+3b^4a^4 \ge 4b^4a^3c \end{cases} $
nên $a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4 \ge a^3c^2+c^3b^2+b^3a^2 $
tương tự ta chứng minh được $a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4 \ge a^3b^2+b^3c^2+c^3b^2 $

Vậy áp dụng các bất đẳng thức sau :
1) $\sum(a^3b^2+a^3c^2) \ge \sum 2a^3bc = 2(a^2+b^2+c^2)abc $ ;
2) $3(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4) \ge (a^3c^2+c^3b^2+b^3a^2) $ ;
3)$ 2(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4) \ge \sum (a^3b^2+a^3c^2) \ge \sum 2a^3bc \ge 2(ab+bc+ca)abc $
ta có đfcm

Thực ra bài này khai triển bình phương,rồi thêm đk vào,nhìn hơi dài:
$\sum (a+b-\frac{3}{b^2}+\frac{1}{c^2})^2\ge 0 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ronadomath]

Cho x,y,z>0 tm $x^5+y^5+z^5=3 $
CMR $\sum \frac{x^4}{y^3}\geq 3 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]