Toán Bất đẳng thức

[son9701]

Lâu lắm k ns yêu :

Bài 17: Vs mọi x;y;z > 0 và $xyz$ \geq 1 thì:

[tex]\frac{\sqrt{x}-\sqrt[5]{x}}{\sqrt{x}+\sqrt[5]{y}+\sqrt[5]{z}} + \frac{\sqrt{y}-\sqrt[5]{y}}{\sqrt{y}+\sqrt[5]{x}+\sqrt[5]{z}}+\frac{\sqrt{z}-\sqrt[5]{z}}{\sqrt{z}+\sqrt[5]{y}+\sqrt[5]{x}} \geq 0 [/tex]
P/s: Ai tinh thì nhìn ra ngay :d

Bài 18: Cm dãy bđt sau đúng vs mọi x;y >0 (mở rộng nữa hộ thì càng tốt):
$\frac{x+y}{2}$ \geq $(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2})^2$ \geq $(\frac{\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}}{2})^3$ \geq ....... \geq $(\frac{\sqrt[n]{x}+\sqrt[n]{y}}{2})^n$ (n nguyên dương)

P/s: Bài 2 này dễ nhưng nhìn trông nghệ thuật (k biết có trong sách nào chưa :d)

Cảm ơn các bạn, theo một số ý kiến thì chúng ta sẽ thống nhất là:

+Sau 2 tuần bài chưa có lời giải thì sẽ được người ra post lên.
+Post bài các bạn ghi số thứ tự tại các bài.
+Các bài giải cần khá củ thể và đi đến cuối cùng

Chính vì vậy, những bài chưa có hướng thì hãy đưa lên đi ạ.
Thank all.

 

[daovuquang]

Bài 17: IMO 2005 đây mà )
Đặt [tex]\sqrt[10]{x}=a, \sqrt[10]{y}=b, \sqrt[10]{z}=c\Rightarrow a,b,c>0[/tex] và [tex]abc\geq1.[/tex]
BĐT trở thành [tex]\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^5-b^2}{a^2+b^5+c^2}+\frac{c^5-c^2}{a^2+b^2+c^5}\geq 0.[/tex]
Lời giải ở đây (bài 3).

 

[thienlong_cuong]

Lâu lắm k ns yêu :

Bài 17: Vs mọi x;y;z > 0 và $xyz$ \geq 1 thì:

[tex]\frac{\sqrt{x}-\sqrt[5]{x}}{\sqrt{x}+\sqrt[5]{y}+\sqrt[5]{z}} + \frac{\sqrt{y}-\sqrt[5]{y}}{\sqrt{y}+\sqrt[5]{x}+\sqrt[5]{z}}+\frac{\sqrt{z}-\sqrt[5]{z}}{\sqrt{z}+\sqrt[5]{y}+\sqrt[5]{x}} \geq 0 [/tex]
P/s: Ai tinh thì nhìn ra ngay :d

Bài 18: Cm dãy bđt sau đúng vs mọi x;y >0 (mở rộng nữa hộ thì càng tốt):
$\frac{x+y}{2}$ \geq $(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2})^2$ \geq $(\frac{\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}}{2})^3$ \geq ....... \geq $(\frac{\sqrt[n]{x}+\sqrt[n]{y}}{2})^n$ (n nguyên dương)

P/s: Bài 2 này dễ nhưng nhìn trông nghệ thuật (k biết có trong sách nào chưa :d)

bài 2 nhìn tướng thật ! :-/
Nhưng mà nó đúng vs holder ! :-??
:-@ cm dùng holder là OK !
Dùng quy nạp là pp ổn nhất !

Lâu lắm k ns yêu :

Bài 17: Vs mọi x;y;z > 0 và $xyz$ \geq 1 thì:

[tex]\frac{\sqrt{x}-\sqrt[5]{x}}{\sqrt{x}+\sqrt[5]{y}+\sqrt[5]{z}} + \frac{\sqrt{y}-\sqrt[5]{y}}{\sqrt{y}+\sqrt[5]{x}+\sqrt[5]{z}}+\frac{\sqrt{z}-\sqrt[5]{z}}{\sqrt{z}+\sqrt[5]{y}+\sqrt[5]{x}} \geq 0 [/tex]
P/s: Ai tinh thì nhìn ra ngay :d

Bài 18: Cm dãy bđt sau đúng vs mọi x;y >0 (mở rộng nữa hộ thì càng tốt):
$\frac{x+y}{2}$ \geq $(\frac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{2})^2$ \geq $(\frac{\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}}{2})^3$ \geq ....... \geq $(\frac{\sqrt[n]{x}+\sqrt[n]{y}}{2})^n$ (n nguyên dương)

P/s: Bài 2 này dễ nhưng nhìn trông nghệ thuật (k biết có trong sách nào chưa :d)

Mở rộng lên n biến đi cho zui !
Bài 18: (Mắt có vấn đề à. Đã bảo ghi rõ số thứ tự)
[TEX](\frac{\sqrt[n -1]{x_1} + \sqrt[n-1]{x_2} + ... + \sqrt[n-1]{x_n}}{n})^{n -1} \geq (\frac{\sqrt[n]{x_1} + \sqrt[n]{x_2} + ... + \sqrt[n]{x_n}}{n})^n[/TEX]

Ngắn hơn nhưng cũng tổng quát hơn !
NHìn thế chứ chưa kiểm tra đâu nha ! Có chi nhớ đừng có chảm đó nả ! :-<

 

[minhtuyb]

Bài 19: Cho $a,b,c\in [0;1] $. CMR:
$$a+b+c+3\ge 2(ab+bc+ca)$$

Note: Chú ý VP gợi cho ta cái BĐT gì?

 

[phuphu123]

Ta có bđt:
$ a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ac$ (bđt này ai cũng cm đc )
Do $a,b,c \in$ {0;1} nên $a^2 + b^2 + c^2=a+b+c$
và $ a + b + c \ge 3$
Cuối cùng suy ra đpcm

 

[minhtuyb]

Do $a,b,c \in$ {0;1} nên $a^2 + b^2 + c^2=a+b+c$ (Gì đây? Chắc bạn nhầm dấu)
và $ a + b + c \ge 3$ (Lấy ở đâu ra bạn?)
Cuối cùng suy ra đpcm

Chỗ đỏ thứ 2 sai rồi!. Có $abc\le 1$ thì không thể suy ra $a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}\ge 1$ được vì ngược dấu
K/L: Bài toán chưa được giải quyết triệt để nhé . Không làm kiểu này được đâu

 

[duynhan1]

Bài 19: Cho $a,b,c\in [0;1] $. CMR:
$$a+b+c+3\ge 2(ab+bc+ca)$$

Note: Chú ý VP gợi cho ta cái BĐT gì?

$$a(1-b)+b(1-c) +c(1-a) + (1-ab) + (1-bc)+(1-ca) \ge 0 \text{(Hiển nhiên đúng)}$$

 

[bosjeunhan]

Vừa chế hum qua, ai đọc sách nhiều chắc bit bài này:

Bài 20: Chứng minh BĐT sau với mọi x thuộc R:

[TEX]\sqrt[]{36+x^2-6.x.\sqrt[]{3}} + \sqrt[]{64+x^2-8x} \geq 10 [/TEX]

Em quên ợ, bài này chỉ được dùng pp hình học để chứng minh, không cần dùng Minkovsky đâu anh (Nếu vậy thì em chế làm gì)--->Bạn cũng rứa

 

[01263812493]

Vừa chế hum qua, ai đọc sách nhiều chắc bit bài này:

Bài 20: Chứng minh BĐT sau với mọi x thuộc R:

[TEX]\sqrt[]{36+x^2-6.x.\sqrt[]{3}} + \sqrt[]{64+x^2-8x} \geq 10 [/TEX]

1 hàng Minkowski ra ngay nhé )

 

[vy000]

viết hẳn ra cho dễ nhìn
Có [TEX]\sqrt[]{36+x^2-6.x.\sqrt[]{3}} + \sqrt[]{64+x^2-8x}[/TEX]
=[TEX]\sqrt[]{48+(x-4)^2}+\sqrt[]{(x-3\sqrt[]{3})^2+9}[/TEX]
\geq[TEX]\sqrt[]{(3+4\sqrt[]{3})^2+(4-x+x-3\sqrt[]{3})^2}=10[/TEX]

 

[bosjeunhan]

Thư giãn nào mấy bác, cho không khí đỡ căng thẳng
Bài 21: CM BĐT với u,y,e,ê > 0 và a,n,h \geq 1
$\frac{3.[(e-m)^2-(e+m)^2].[(y-1)^2-(y+1)^2]}{16.(a^3+n^3+h^3)}.\frac{ê}{u^{-1}} $ \leq :khi (79):

 

[wagashi.13]

Thư giãn nào mấy bác, cho không khí đỡ căng thẳng
Bài 21: CM BĐT với u,y,e,ê > 0 và a,n,h \geq 1
$\frac{3.[(e-m)^2-(e+m)^2].[(y-1)^2-(y+1)^2]}{16.(a^3+n^3+h^3)}.\frac{ê}{u^{-1}} $ \leq :khi (79):

ko nhớ rõ, hồi trc đọc truyện cũng có cái này, hình như là " em yêu anh" hay sao ý )

Có ý tưởng, nhưng mình chế thêm, đây là BĐT nghiêm túc nhưng hơi hóm hỉnh thôi
Chú ý tới ĐK

Bài 22: (bđt này ko phải do mình chế)
Cho 3 số thực dương a,b,c thoả mãn $a+b+c \le 3$
CMR: $\displaystyle \frac{1}{a^2+b^2+c^2} + \frac{2012}{ab +bc + ca} \ge 671$

giống câu này nè

b) Cho [TEX]a, b, c[/TEX] thỏa [TEX]a + b + c \leq 3[/TEX] CMR

[TEX]\frac{1}{a^2 + b^2 + c^2} + \frac{2009}{(ab + bc + ca)} \geq 670[/TEX]

[TEX]A=(\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{1}{ab+bc+ca})+\frac{2007}{ab+bc+ca} \ \geq \frac{9}{(a+b+c)^2}+\frac{2007}{\frac{(a+b+c)^2}{3}}\geq 670[/TEX]

[TEX]"=" \Leftrightarrow a=b=c=1[/TEX]

 

[hn3]

Bài 23 : :-/

Cho x,y,z dương thỏa x+y+z=6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của :

$P=\frac{1}{x+y}+\frac{y}{y+2z}+\frac{z}{z+2x}$

Tìm được giá trị lớn nhất không nhỉ ? Bài này anh chế :-SS b-(

 

[kool_boy_98]

Bài 23 : :-/

Cho x,y,z không âm thỏa x+y+z=6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của :

$P=\frac{1}{x+y}+\frac{y}{y+2z}+\frac{z}{z+2x}$

Bài này anh chế :-SS b-(

Em nghĩ bài này của anh không được đâu ạ!

Ta có x, y, z không âm tức hai trong 3 số đó có thể bằng 0 (thì số còn lại bằng 6)

Tai x=y=0 \Rightarrow z=6 đúng không?

Thay vào hạng tử đầu của P thì nó sẽ có mẫu bằng 0 (vô lí)

 

[daovuquang]

Em nghĩ bài này của anh không được đâu ạ!

Ta có x, y, z không âm tức hai trong 3 số đó có thể bằng 0 (thì số còn lại bằng 6)

Tai x=y=0 \Rightarrow z=6 đúng không?

Thay vào hạng tử đầu của P thì nó sẽ có mẫu bằng 0 (vô lí)

Cô bạn ko dạy khi thấy phân thức đại số thì phải viết điều kiện để mẫu khác 0 ah?:-SS

 

[shayneward_1997]

Cho mình góp 1 bài
Lần đầu nói ''yêu'', không biết có sai sót gì không:

Bài 24:
Cho x,y,z thỏa mãn:[TEX]0 \leq x\leq y \leq z \leq 1[/TEX],Chứng minh:

[TEX]A=\frac{(x-y)^2}{(x+1)(y+1)}[/TEX][TEX]+\frac{(y-z)^2}{(z+1)(y+1)} \leq 0,5[/TEX]

 

[son9701]

Em chế thêm 1 bài nữa gửi các bác ) :

Bài 11:
Cho a;b;c thực thỏa mãn [TEX]a^2c^2+ab^2c+bc^3 < 0[/TEX]
Chứng minh rằng
[TEX]\frac{b^3}{16c^3} > \frac{(a-b)(b-c)}{(a-c)^2}[/TEX]

Created by son9701

(created chứ bác TLC nhỉ ) )

Bài 9 em cóp trên sách anh Cẩn và sách chỉ có hướng dẫn chứ k giải nên em chịu
Bài 8 thì em ST ra nhưng lời giải thì bỏ ngỏ (haizz)

Bài 11 là khả dĩ nhất vì nó do em sáng tạo trên cơ sở lm rồi :d

Sử dụng bất đẳng thức [tex]xy \leq \frac{(x+y)^2}{4}[/tex] vs mọi x;y thực ta có VT luôn \leq $\frac{1}{4}$
Vì vậy ta chỉ cần chứng minh :

$\frac{b^3}{16c^3}$ > $\frac{1}{4}$ \Leftrightarrow $\frac{b^3}{c^3} > 4$
Ta bắt đầu "công cuộc" chứng minh như sau:
GT tg đg vs:

[TEX]\frac{a^2}{b^2}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b} < 0[/TEX](chia cho $b^2c^2$ \geq 0)

hay [TEX](\frac{a}{b})^2+\frac{a}{b}.\frac{b}{c}+\frac{a}{b}.\frac{c}{a} < 0[/TEX]

Từ đây ta đi vào đặt ẩn phụ:

Đặt [tex]\frac{a}{b}=x;\frac{b}{c}=y;\frac{c}{a} = z[/tex] thì:

[tex]x^2+xy+xz < 0 [/tex]

và kết luận thì tg đg:

[TEX]y^2 > 4xz[/TEX]

Điều này đúng vì : Giả thiết là :
[TEX]xz < -x^2-xy[/TEX]
Nhưng:
[TEX](\frac{y}{2}+x)^2 \geq 0 \Leftrightarrow -x^2-xy \leq \frac{y^2}{4}[/TEX]

Nên từ 2 điều này ta có:

[TEX]4xz < y^2[/TEX]
đpcm


P/s: haizz.quá mức trâu T_T

 

[son9701]

Bài 19: Cho $a,b,c\in [0;1] $. CMR:
$$a+b+c+3\ge 2(ab+bc+ca)$$

Note: Chú ý VP gợi cho ta cái BĐT gì?

1 cách khác: Đặt a+b+c = m và chú ý rằng : [tex]3(ab+bc+ca) \leq m^2[/tex]
Nên ta đi cmr: $$3m+9 \ge 2m^2$$
Thực vậy: Phân tích nhân tử: $$(2m+3)(m-3) \le 0$$ (1)
Chú ý rằng do a;b;c nằm trong đoạn 0;1 nên hiển nhiên $$ 0 \le m \le 3$$ và như vậy hiển nhiên có (1) đúng

Vậy ta có đpcm

 

[son9701]

Cho mình góp 1 bài
Lần đầu nói ''yêu'', không biết có sai sót gì không:

Bài 24:
Cho x,y,z thỏa mãn:[TEX]0 \leq x\leq y \leq z \leq 1[/TEX],Chứng minh:

[TEX]A=\frac{(x-y)^2}{(x+1)(y+1)}[/TEX][TEX]+\frac{(y-z)^2}{(z+1)(y+1)} \leq 0,5[/TEX]

Mất cả tiếng lm bài này:

Đặt x+1=u;y+1=v;z+1=t thì $$1 \le u \le v \le t \le 2$$

Và kết luận sửa lại thành:
$$\frac{u}{v}+\frac{v}{u}+\frac{v}{t}+\frac{t}{v} \le 4,5$$

Đây chính là 1 phần bài thi Olympic 30-4 và là 1 bài toán quen thuộc của nhà giáo Vũ Hữu Bình trong sách NCPT toán 9
giải như sau:
Ta có chú ý rằng : $$(v-u)(v-t) \le 0$$
hay $v^2+ut$ \leq $uv+tv$ (1) hay $$\frac{v}{u}+\frac{t}{v} \le 1+\frac{t}{u}$$
và (1) của chúng ta còn tg đg vs: $$\frac{v}{t}+\frac{u}{v} \le 1+ \frac{u}{t}$$

Cộng 2 điều trên lại thì ta chỉ cần phải chứng minh nốt 1 điều:

$$\frac{u}{t}+\frac{t}{u} \le \frac{5}{2}$$
Biến đổi tg đg đc: $(u-2t)(t-2u)$ \leq $0$ Điều này đúng do u và t nằm trong đoạn 1;2

Vậy ta có đpcm

P/s: Chúng ta có thể bỏ qua giả thiết [TEX]0 \leq x \leq y \leq z \leq 1[/TEX]

 

[son9701]

Sáng tạo 1 bài nữa:

Bài 25: Chứng minh rằng vs mọi a;b;c dương và s=a+b+c thì:

$$\frac{s}{ab+bc+ca}+\frac{8(ab+bc+ca)}{(s-a)(s-b)(s-c)} \le \frac{12}{s}$$

Một dạng khác của nó mà mình định đưa vào:

Cho tam giác ABC vs BC=a;CA=b;AB=c và tâm nội tiếp =r và chu vi 2p;dtích = s thì:

$$\frac{p.s}{ab+bc+ca}+\frac{6(ab+bc+ca).s}{(a+b)(b+c)(c+a)} \le 6r $$