Topic về Bất Đẳng Thức (3) - Page 7

tson1997 · 12-06-2014, 04:38 PM

Trích:

Nguyên văn bởi nam8298

Bài 29: cho a,b,c,d >0.CMR $2\sqrt{\frac{3a}{a+b+c}}+3\sqrt[3]{\frac{bc}{(a+b)(a+b+c+d)}}+4\sqrt[4]{\frac{(2b^{3})d}{81(a+b)^{3}(a+b+c+d)}}\leq \frac{25}{6} $

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$2\sqrt{\frac{3a}{a+b+c}} \leq \frac{2a}{a+b}+\frac{3(a+b)}{2(a+b+c)} $

$3\sqrt[3]{\frac{bc}{(a+b)(a+b+c+d)}} \leq \frac{b}{a+b}+\frac{3c}{2(a+b+c)}+ \frac{2(a+b+c)}{3(a+b+c+d)} $

$ 4\sqrt[4]{\frac{2b^{3}d}{81(a+b)^{3}(a+b+c+d)}} \leq 3.\frac{b}{3(a+b)} + \frac{2d}{3(a+b+c+d)} $

Cộng theo vế 3 bất đẳng thức ta có đpcm

**hungchng** · 16-06-2014, 11:20 AM

Link tổng hợp 30 bài
https://www.writelatex.com/read/mpbtvkwcgbnh

PS: Sẽ bổ sung dần dần

CTK9 · 17-06-2014, 11:39 AM

Có bài toán này trong đề thi thử Đại học lần 2 - 2014 của Khối chuyên ĐH Vinh mà mình làm mãi không ra, mong mọi người giúp:
Cho $a, b, c > 0$ thỏa $a^2 + b^2 + c^2 = 1$. Tìm max $P$:
$$P = \dfrac{ab}{c^2 + 1} + \dfrac{bc}{a^2 + 1} - \dfrac{a^{3}b^{3} + b^{3}c^{3}}{24a^{3}c^{3}}$$.

tson1997 · 18-06-2014, 09:18 AM

Trích:

Nguyên văn bởi hungchng

Link tổng hợp 30 bài
[Only registered and activated users can see links. ]

PS: Sẽ bổ sung dần dần

sao không truy cập được thế ạ

**hungchng** · 18-06-2014, 10:02 AM

Trích:

Nguyên văn bởi tson1997

sao không truy cập được thế ạ

Kèm vào diễn đàn cho dễ download.

Juliel · 19-06-2014, 12:56 AM

Bài 31 (Israel NMO 2011) Cho $a,b,c>0$. Chứng minh :
$$\dfrac{a^5}{b^5}+\dfrac{b^5}{c^5}+\dfrac{c^5}{a^ 5}\geq \dfrac{(a+1)^5}{(b+1)^5}+\dfrac{(b+1)^5}{(c+1)^5}+ \dfrac{(c+1)^5}{(a+1)^5}$$

tson1997 · 19-06-2014, 01:12 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Juliel

Bài 31 (Israel NMO 2011) Cho $a,b,c>0$. Chứng minh :
$$\dfrac{a^5}{b^5}+\dfrac{b^5}{c^5}+\dfrac{c^5}{a^ 5}\geq \dfrac{(a+1)^5}{(b+1)^5}+\dfrac{(b+1)^5}{(c+1)^5}+ \dfrac{(c+1)^5}{(a+1)^5}$$

k mất tính tổng quát,ta giả sử $a \geq b \geq c$

Đặt $x=\frac{a^5}{b^5};y=\frac{b^5}{c^5};z=(\frac{a+1} {b+1})^5;t= (\frac{b+1}{c+1})^5$
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$x+y+\frac{1}{xy} \geq z+t+\frac{1}{zt}$ với $x \geq z \geq 1$;$y \geq t \geq 1$

hay $xyzt(x-z+y-t) \geq xy-zt \Leftrightarrow xyzt(x-z+y-t) \geq x(y-t)+t(x-z)$ đúng do $x \geq z \geq 1$;$y \geq t \geq 1$

Vậy ta có đpcm,đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Juliel · 19-06-2014, 06:53 PM

Trích:

Nguyên văn bởi tson1997

k mất tính tổng quát,ta giả sử $a \geq b \geq c$

Đặt $x=\frac{a}{b};y=\frac{b}{c};z=\frac{a+1}{b+1};t= \frac{b+1}{c+1}$
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$x+y+\frac{1}{xy} \geq z+t+\frac{1}{zt}$ với $x \geq z \geq 1$;$y \geq t \geq 1$

hay $xyzt(x-z+y-t) \geq xy-zt \Leftrightarrow xyzt(x-z+y-t) \geq x(y-t)+t(x-z)$ đúng do $x \geq z \geq 1$;$y \geq t \geq 1$

Vậy ta có đpcm,đẳng thức xảy ra khi a=b=c

BĐT này không đối xứng, bạn không được giả sử $a \geq b \geq c$

tson1997 · 19-06-2014, 08:10 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Juliel

BĐT này không đối xứng, bạn không được giả sử $a \geq b \geq c$

Opps,mình xin lỗi
Trường hợp $a \leq b \leq c$ chứng minh tương tự,chú ý rằng $x\leq z \leq 1;y\leq t \leq 1$

tson1997 · 23-06-2014, 05:25 PM

Bài 32 : Cho $$ a;b;c>0; min(a+b;b+c;c+a) > \sqrt{2}; a^2+b^2+c^2 =3 $$ . CMR:

$$ \frac{a}{(b+c-a)^2}+ \frac{b}{(c+a-b)^2}+\frac{c}{(a+b-c)^2} \geq \frac{3}{(abc)^2} $$

blackholes. · 23-06-2014, 08:04 PM

Trích:

Nguyên văn bởi tson1997

Bài 32 : Cho $$ a;b;c>0; min(a+b;b+c;c+a) > \sqrt{2}; a^2+b^2+c^2 =3 $$ . CMR:

$$ \frac{a}{(b+c-a)^2}+ \frac{b}{(c+a-b)^2}+\frac{c}{(a+b-c)^2} \geq \frac{3}{(abc)^2} $$

Bài này có ở đây :
[Only registered and activated users can see links. ]

truongt1k24 · 31-10-2014, 09:04 PM

Mình xin được tiếp tục :
Bài 33 :Cho a+b+c=6 . Chứng minh bđt
$\sqrt[3]{ab+bc} + \sqrt[3]{bc+ca} + \sqrt[3]{ab+ca} + \sqrt[3]{\frac{9}{4}(a^{2}+b^{2}+c^{2})} \leq 9$

DoBaChuGVToan · 02-12-2014, 07:58 PM

Bài 34: Cho $x,y>0$ thỏa $x^3+y^5 \le x^2+y^2$. Chứng minh rằng $2y \le \dfrac{x^2+y^2+2}{x^2+y^2}$

vuhoangdieu · 28-01-2015, 08:53 PM

Bài 35: Cho 3 số thực a,b,c thuộc (0,1) và thoả mãn:
$(\frac{1}{a}-1)(\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{c}-1)=1$
Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

tuankietpq · 01-02-2015, 06:12 PM

Đặt $x=\frac{1}{a}-1,y=\frac{1}{b}-1,z=\frac{1}{c}-1$. Dễ thấy $x,y,z>0$ và $xyz=1$.
Từ đây suy ra
$a=\frac{1}{x+1},b=\frac{1}{y+1},c=\frac{1}{z+1}$
Từ đó
$P=\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( y+1 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( z+1 \right)}^{2}}}$
Ta đưa bài toán đã cho về bài toán sau:
Cho $x,y,z$ là các số thực dương sau cho . Chứng minh rằng
$\frac{1}{{{\left( 1+x \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+y \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+z \right)}^{2}}}\ge \frac{3}{4}$
(Kết quả này là dự đoán).
Vì $xyz=1$ nên tồn tại các số $m,n,p$ sau cho
$\left( x,y,z \right)\to \left( \frac{mn}{{{p}^{2}}},\frac{np}{{{m}^{2}}},\frac{pm }{{{n}^{2}}} \right)$
Do đó, vế trái bất đẳng thức trên được viết lại như sau
$VT=\frac{{{p}^{4}}}{{{p}^{4}}+2mn{{p}^{2}}+{{m}^{ 2}}{{n}^{2}}}+...$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Swcharz ta được
$VT\ge \frac{{{\left( {{m}^{2}}+{{n}^{2}}+{{p}^{2}} \right)}^{2}}}{\sum{{{m}^{4}}}+2mnp\sum{m}+\sum{{{ m}^{2}}{{n}^{2}}}}$
Với $\sum{f\left( a,b,c \right)}=f\left( a,b,c \right)+f\left( b,c,a \right)+f\left( c,a,b \right)$
Cần chứng minh
$4{{\left( {{m}^{2}}+{{n}^{2}}+{{p}^{2}} \right)}^{2}}\ge 3\left( \sum{{{m}^{4}}+2mnp\sum{m}+\sum{{{m}^{2}}{{n}^{2}} }} \right)$
Hay
$\sum{{{m}^{4}}}+5\sum{{{m}^{2}}{{n}^{2}}}\ge 6mnp\left( m+n+p \right)$
Bất đẳng thức này đúng vì
${{m}^{4}}+{{n}^{4}}+{{p}^{4}}\ge {{m}^{2}}{{n}^{2}}+{{n}^{2}}{{p}^{2}}+{{p}^{2}}{{m }^{2}}\ge mnp\left( m+n+p \right)$
Cách này hơi dài nhỉ.

16-06-2014, 11:20 AM	#92
hungchng Super Moderator Tham gia ngày: Apr 2009 Bài gởi: 696 Thanks: 8 Thanked 800 Times in 423 Posts	Link tổng hợp 30 bài https://www.writelatex.com/read/mpbtvkwcgbnh PS: Sẽ bổ sung dần dần __________________

31-10-2014, 09:04 PM	#102
truongt1k24 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2014 Đến từ: CHT Bài gởi: 26 Thanks: 5 Thanked 11 Times in 9 Posts	Mình xin được tiếp tục : Bài 33 :Cho a+b+c=6 . Chứng minh bđt $\sqrt[3]{ab+bc} + \sqrt[3]{bc+ca} + \sqrt[3]{ab+ca} + \sqrt[3]{\frac{9}{4}(a^{2}+b^{2}+c^{2})} \leq 9$ __________________

02-12-2014, 07:58 PM	#103
DoBaChuGVToan +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2009 Bài gởi: 170 Thanks: 35 Thanked 78 Times in 37 Posts	Bài 34: Cho $x,y>0$ thỏa $x^3+y^5 \le x^2+y^2$. Chứng minh rằng $2y \le \dfrac{x^2+y^2+2}{x^2+y^2}$ thay đổi nội dung bởi: DoBaChuGVToan, 03-12-2014 lúc 12:35 AM

28-01-2015, 08:53 PM	#104
vuhoangdieu +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2011 Đến từ: LÊ HỒNG PHONG - NAM ĐỊNH Bài gởi: 29 Thanks: 8 Thanked 5 Times in 4 Posts	Bất đẳng thức bài số 35 Bài 35: Cho 3 số thực a,b,c thuộc (0,1) và thoả mãn: $(\frac{1}{a}-1)(\frac{1}{b}-1)(\frac{1}{c}-1)=1$ Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

01-02-2015, 06:12 PM	#105
tuankietpq +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2014 Đến từ: Trên mặt đất, dưới mặt trời Bài gởi: 220 Thanks: 48 Thanked 118 Times in 80 Posts	Đặt $x=\frac{1}{a}-1,y=\frac{1}{b}-1,z=\frac{1}{c}-1$. Dễ thấy $x,y,z>0$ và $xyz=1$. Từ đây suy ra $a=\frac{1}{x+1},b=\frac{1}{y+1},c=\frac{1}{z+1}$ Từ đó $P=\frac{1}{{{\left( x+1 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( y+1 \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( z+1 \right)}^{2}}}$ Ta đưa bài toán đã cho về bài toán sau: Cho $x,y,z$ là các số thực dương sau cho . Chứng minh rằng $\frac{1}{{{\left( 1+x \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+y \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( 1+z \right)}^{2}}}\ge \frac{3}{4}$ (Kết quả này là dự đoán). Vì $xyz=1$ nên tồn tại các số $m,n,p$ sau cho $\left( x,y,z \right)\to \left( \frac{mn}{{{p}^{2}}},\frac{np}{{{m}^{2}}},\frac{pm }{{{n}^{2}}} \right)$ Do đó, vế trái bất đẳng thức trên được viết lại như sau $VT=\frac{{{p}^{4}}}{{{p}^{4}}+2mn{{p}^{2}}+{{m}^{ 2}}{{n}^{2}}}+...$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Swcharz ta được $VT\ge \frac{{{\left( {{m}^{2}}+{{n}^{2}}+{{p}^{2}} \right)}^{2}}}{\sum{{{m}^{4}}}+2mnp\sum{m}+\sum{{{ m}^{2}}{{n}^{2}}}}$ Với $\sum{f\left( a,b,c \right)}=f\left( a,b,c \right)+f\left( b,c,a \right)+f\left( c,a,b \right)$ Cần chứng minh $4{{\left( {{m}^{2}}+{{n}^{2}}+{{p}^{2}} \right)}^{2}}\ge 3\left( \sum{{{m}^{4}}+2mnp\sum{m}+\sum{{{m}^{2}}{{n}^{2}} }} \right)$ Hay $\sum{{{m}^{4}}}+5\sum{{{m}^{2}}{{n}^{2}}}\ge 6mnp\left( m+n+p \right)$ Bất đẳng thức này đúng vì ${{m}^{4}}+{{n}^{4}}+{{p}^{4}}\ge {{m}^{2}}{{n}^{2}}+{{n}^{2}}{{p}^{2}}+{{p}^{2}}{{m }^{2}}\ge mnp\left( m+n+p \right)$ Cách này hơi dài nhỉ. __________________ Kẻ mạnh đôi khi không phải là kẻ chiến thắng mà kẻ chiến thắng mới là kẻ mạnh.

17-06-2014, 11:39 AM	#93
CTK9 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2012 Bài gởi: 117 Thanks: 189 Thanked 65 Times in 27 Posts	Có bài toán này trong đề thi thử Đại học lần 2 - 2014 của Khối chuyên ĐH Vinh mà mình làm mãi không ra, mong mọi người giúp: Cho $a, b, c > 0$ thỏa $a^2 + b^2 + c^2 = 1$. Tìm max $P$: $$P = \dfrac{ab}{c^2 + 1} + \dfrac{bc}{a^2 + 1} - \dfrac{a^{3}b^{3} + b^{3}c^{3}}{24a^{3}c^{3}}$$.

19-06-2014, 12:56 AM	#96
Juliel +Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2013 Đến từ: THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hoà, Đồng Nai Bài gởi: 144 Thanks: 109 Thanked 130 Times in 66 Posts	Bài 31 (Israel NMO 2011) Cho $a,b,c>0$. Chứng minh : $$\dfrac{a^5}{b^5}+\dfrac{b^5}{c^5}+\dfrac{c^5}{a^ 5}\geq \dfrac{(a+1)^5}{(b+1)^5}+\dfrac{(b+1)^5}{(c+1)^5}+ \dfrac{(c+1)^5}{(a+1)^5}$$

23-06-2014, 05:25 PM	#100
tson1997 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2012 Đến từ: K46 T1 chuyên SP Bài gởi: 46 Thanks: 42 Thanked 51 Times in 24 Posts	Bài 32 : Cho $$ a;b;c>0; min(a+b;b+c;c+a) > \sqrt{2}; a^2+b^2+c^2 =3 $$ . CMR: $$ \frac{a}{(b+c-a)^2}+ \frac{b}{(c+a-b)^2}+\frac{c}{(a+b-c)^2} \geq \frac{3}{(abc)^2} $$