Chủ đề này có 501 trả lời

[khanghaxuan]

Lời giải khác bài 62 :  (với a,b,c>0 )

Từ điều kiện $a+b+c=1$ ta dễ nhẩm thấy BĐT xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Mà ta có : $\sum \frac{a}{a^{2}+1}=\sum \frac{9a}{9a^{2}+9}\leq \sum \frac{9a}{6a+8}$

Do đó ta cần chứng minh : $\sum \frac{a}{6a+8}\leq \frac{1}{10}$

Thật vậy ta để ý rằng : $\frac{a}{6a+8}=\frac{a}{3a+3a+1+1+..+1}\leq \frac{a}{10^{2}}(\frac{2}{3a}+8)=\frac{1}{150}+\frac{2}{25}a$

Lập các bđt tương tự với $b,c$ . Do đó ta có : $\sum \frac{a}{6a+8}\leq \frac{1}{150}.3+\frac{2}{25}=\frac{1}{10}$

Vậy bài toán được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 28-05-2015 - 08:12

[Pham Quoc Thang]

Lời giải khác bài 62 :  (với a,b,c>0 )

Từ điều kiện $a+b+c=1$ ta dễ nhẩm thấy BĐT xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Mà ta có : $\sum \frac{a}{a^{2}+1}=\sum \frac{9a}{9a^{2}+9}\leq \sum \frac{9a}{6a+8}$

Do đó ta cần chứng minh : $\sum \frac{a}{6a+8}\leq \frac{1}{10}$

Thật vậy ta để ý rằng : $\frac{a}{6a+8}=\frac{a}{3a+3a+1+1+..+1}\leq \frac{a}{10^{2}}(\frac{2}{3a}+8)=\frac{1}{150}+\frac{2}{25}a$

Lập các bđt tương tự với $b,c$ . Do đó ta có : $\sum \frac{a}{6a+8}\leq \frac{1}{150}.3+\frac{2}{25}=\frac{1}{10}$

Vậy bài toán được chứng minh

Đề là a,b,c là các số thực mà bạn

[Pham Quoc Thang]

Bài 67 (Berkeley Mathematical Circle):Cho a,b,c là các số không âm sao cho tổng hai số bất kì là dương thỏa mãn $ab+bc+ca=1$
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \geq \frac{5}{2}$
P/s:Nếu các bạn dùng bổ đề thì hãy chứng minh luôn bổ đề.Tks

[hoanglong2k]

Bài 67 (Berkeley Mathematical Circle):Cho a,b,c là các số không âm sao cho tổng hai số bất kì là dương thỏa mãn $ab+bc+ca=1$
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \geq \frac{5}{2}$
P/s:Nếu các bạn dùng bổ đề thì hãy chứng minh luôn bổ đề.Tks

Bài toán đã có ở đây và em sẽ trích lại 2 lời giải :

Cách 1 ( hoanglong2k ) :

 Biến đổi tương đương đưa bất đẳng thức về $2(a+b+c)^2+2+5abc\geq 5(a+b+c)$

 Ta chứng minh $5abc\geq 6-3(a+b+c)\Leftrightarrow a+b+c+\frac{5}{3}abc\geq 2$

Giả sử $a\geq b\geq c\geq 0\Rightarrow 0\leq bc\leq \frac{1}{3}$

 Thay $a=\frac{1-bc}{b+c}$ thì ta cần chứng minh :

    $\frac{1-bc}{b+c}+b+c+\frac{5}{3}.\frac{1-bc}{b+c}.bc\geq 2$

    $\Leftrightarrow 3(1-bc)+3(b+c)^2+5(1-bc)bc-6(b+c)\geq 0$

    $\Leftrightarrow 3(b+c-1)^2+bc(2-5bc)\geq 0$ đúng với $bc\in \left [ 0;\frac{1}{3} \right ]$

  $\Rightarrow 2(a+b+c)^2+2+5abc\geq 2(a+b+c)^2-3(a+b+c)+8$ 

 Do đó bài toán quy về chứng minh $2(a+b+c)^2-3(a+b+c)+8\geq 5(a+b+c)\Leftrightarrow 2(a+b+c-2)^2\geq 0$ luôn đúng

 Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(1,1,0)$ và các hoán vị

 Cách 2 ( dogsteven ) :

   Bất đẳng thức tương đương với $2(a+b+c)^2+2+5abc\geqslant 5(a+b+c)$

   Nếu $a+b+c\geqslant 2$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

   Nếu $\sqrt{3}\leqslant a+b+c\leqslant 2$ thì theo bất đẳng thức Schur $5abc\geqslant \dfrac{5(a+b+c)[4-(a+b+c)^2]}{9}$ nên ta cần chứng minh:

$$-5(a+b+c)^3+18(a+b+c)^2-20(a+b+c)+18\geqslant 0\Leftrightarrow (2-a-b-c)\left[5(a+b+c)^2-8(a+b+c)+9\right]\geqslant 0$$

[ducvipdh12]

Bài 68: ( Korea NMO 2007 )

Tìm tất cả các giá trị $k$ dương để BĐT sau đúng với mọi $a,b,c> 0$

$\frac{a}{c+kb}+\frac{b}{a+kc}+\frac{c}{b+ka}\geq \frac{1}{2007}$ 

[hoanglong2k]

Bài 68: ( Korea NMO 2007 )

Tìm tất cả các giá trị $k$ dương để BĐT sau đúng với mọi $a,b,c> 0$

$\frac{a}{c+kb}+\frac{b}{a+kc}+\frac{c}{b+ka}\geq \frac{1}{2007}$

Em thử làm thế này nhé :

  $VT=\sum \frac{a^2}{ac+kab}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(k+1)(ab+bc+ca)}\geq \frac{3}{k+1}\geq \frac{1}{2007}\Rightarrow k\leq 6020$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 30-05-2015 - 18:40

[Pham Quoc Thang]

Bài 67:Trước tiên,ta chứng minh lại bất đẳng thức Iran 96: Với a,b,c là các số không âm sao cho tổng hai số bất kì là dương.Khi đó ta có:$\left( ab+bc+ca \right)\left( \frac{1}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( b+c \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( c+a \right)}^{2}}} \right)\ge \frac{9}{4}$

Đặt:$p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc$

Ta có thể đưa bất đẳng thức trên về:$\frac{{{\left( {{p}^{2}}+q \right)}^{2}}-4p\left( pq-r \right)}{{{\left( pq-r \right)}^{2}}}\ge \frac{9}{4q}$

Hay $4q\left( {{\left( {{p}^{2}}+q \right)}^{2}}-4p\left( pq-r \right) \right)\ge 9{{\left( pq-r \right)}^{2}}$

Hay $q\left( {{p}^{4}}+6pr-5{{p}^{2}}q+4{{q}^{2}} \right)+3pq\left( {{p}^{3}}-4pq+9r \right)+r\left( pq-9r \right)\ge 0$

Mà theo bất đẳng thức Schur bậc 3 ta có: ${{p}^{3}}-4pq+9r\ge 0$

Theo bất đẳng thức Schur bậc  4 ta có: ${{p}^{4}}+6pr-5{{p}^{2}}q+4{{q}^{2}}\ge 0$

Mặt khác:$pq-9r\ge 0$

Nên ta có điều phải chứng minh.

Trở về bài toán,ta có:

${{\left( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right)}^{2}}=\frac{1}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( b+c \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( c+a \right)}^{2}}}+\frac{4\left( a+b+c \right)}{\left( a+b \right)\left( b+c \right)\left( c+a \right)}=\frac{1}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( b+c \right)}^{2}}}+\frac{1}{{{\left( c+a \right)}^{2}}}+\frac{4\left( a+b+c \right)}{\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)-abc}$  $\ge \frac{9}{4\left( ab+bc+ca \right)}+\frac{4\left( a+b+c \right)}{\left( a+b+c \right)\left( ab+bc+ca \right)}=\frac{25}{4}$(do $ab+bc+ca=1$ )

Suy ra điều phải chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi $(a;b;c)$ là $(0;1;1)$ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Pham Quoc Thang: 30-05-2015 - 22:00

[Tifantasca]

Bài 67: Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 

$ 2\left[(b+c)(c+a)+(c+a)(a+b)+(a+b)(b+c)\right]-5(a+b)(b+c)(c+a) \geq 0 $ 

Đây là đa thức bậc một đối với $ abc $. Do đó ta có thể áp dụng định lý ABC, xét cực tiểu khi có hai trong ba biến bằng nhau hoặc một biến bằng 0. 

Trường hợp hai biến bằng nhau, giả sử $ b=c $. Khi đó điều kiện đề bải trở thành $ b^2+2ab=1 $. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 

$ \dfrac{2}{a+b}+\dfrac{1}{2b} \geq \dfrac{5}{2} $ 

$ \Leftrightarrow 5b+a \geq 5ab+5b^2 $ $ (*) $ 

Mặt khác từ điều kiện đề bài: $ b^2+2ab=1 \Rightarrow 0 < b \leq 1 $. Ta sử dụng phương pháp dồn biến, $ a=\dfrac{1-b^2}{2b} $. 

Khi đó $ (*) $ trở thành: 

$ 5b+\dfrac{1-b^2}{2b} \geq 5b.\dfrac{1-b^2}{2b}+5b^2 $ 

$ \Leftrightarrow -5b^3+9b^2-5b+1 \geq 0 $ 

$ \Leftrightarrow (b-1)(5b^2-4b+1) \leq 0 $ (đúng vì $ 0 < b \leq 1 $) 

Trường hợp một biến bằng 0, giả sử $ a=0 $. Khi đó điều kiện đề bài trở thành $ bc=1 $. Bất đẳng thức đã cho tương đương với: 

$ \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{b+c} \geq \dfrac{5}{2} $ 

Thông qua kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức $ AM-GM $ ta chứng minh được bất đẳng thức trên. 

Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi $ (a; b; c)=(0; 1; 1) $ và các hoán vị. $ \blacksquare $

[Tifantasca]

Bài 69: (Một mở rộng của Bài 67) Cho $ a, b, c $ là các số không âm thỏa $ ab+bc+ca=1 $ và $ b+c \geq a \geq b \geq c $.
Chứng minh rằng: $ \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{a+b+c+abc} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tifantasca: 31-05-2015 - 18:21

[longatk08]

Bài 69: (Một mở rộng của Bài 67) Cho $ a, b, c $ là các số không âm thỏa $ ab+bc+ca=1 $ và $ b+c \geq a \geq b \geq c $.
Chứng minh rằng: $ \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{a+b+c+abc} $

Trong tam giác $ABC$ không tù,$R$ bán kính ngoại:

 

$\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\geq 5R$

[Tifantasca]

Bài 70: (Saudi Arabia TST 2015) Cho $ x, y, z $ là các số thực dương thỏa: $ (x+y+z)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=10 $.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: $ P=(x^2+y^2+z^2)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\right) $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tifantasca: 01-06-2015 - 21:30

[longatk08]

Bài 70: Cho các số thực $ a, b, c $ đôi một khác nhau thỏa $ a+b+c=0 $. Chứng minh rằng:
\[(ab+bc+ca)^2\left[\dfrac{1}{(a-b)^4}+\dfrac{1}{(b-c)^4}+\dfrac{1}{(c-a)^4}\right] \geq \dfrac{33}{16}\]

Topic này dành cho các bài toán MO của các nước nhé.

[ducvipdh12]

Bài 71: ( Polish MO 1992 ) Cho các số thực $a,b,c$. Chứng minh rằng:

$(b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2\geq (b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)$

[Tifantasca]

Bài 71: ( Polish MO 1992 ) Cho các số thực $a,b,c$. Chứng minh rằng:

$(b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2\geq (b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)$

Bài 71: Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại dưới dạng:
$ x(abc)^2+yabc+z \geq 0 $
Đây là hàm số bậc 2 đối với $ abc $, ta dễ dàng tính được $ x $ là hằng số dương. Do đó ta có thể áp dụng định lý ABC, xét trường hợp hai biến bằng nhau hoặc một biến bằng nhau.
Trường hợp hai biến bằng nhau, giả sử $ b=c $. Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$ a^4(2b-a)^2 \geq a^4(2b^2-a^2) $
$ \Leftrightarrow a^4(a-b)^2 \geq 0 $ (luôn đúng)
Trường hợp một biến bằng 0, giả sử $ a=0 $. Khi đó bất đẳng thức đã cho trở thành:
$ (b+c)^2b^2c^2 \geq (b^2+c^2)(c^2-b^2)(b^2-c^2) $ 
Nếu $ b > c $ hoặc $ c > b $ thì VT dương, VP âm, bất đẳng thức luôn đúng.
Nên dấu dẳng thức xảy ra khi $ b=c $.
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau - một biến bằng 0 hoặc ba biến bằng nhau. $ \blacksquare $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tifantasca: 04-06-2015 - 06:18

[ducvipdh12]

Bài 71: Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại dưới dạng:
$ x(abc)^2+yabc+z \geq 0 $
Đây là hàm số bậc 2 đối với $ abc $, ta dễ dàng tính được $ x $ là hằng số dương. Do đó ta có thể áp dụng định lý ABC, xét trường hợp hai biến bằng nhau hoặc một biến bằng nhau.
Trường hợp hai biến bằng nhau, giả sử $ b=c $. Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$ a^4(2b-a)^2 \geq a^4(2b^2-a^2) $
$ \Leftrightarrow a^4(a-b)^2 \geq 0 $ (luôn đúng)
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau - một biến bằng 0 hoặc ba biến bằng nhau. $ \blacksquare $

quả thực định lý ABC rất mạnh,nhưng nếu lạm dụng sẽ là con dao 2 lưỡi đấy,đặc biệt trong các kì thi HSG.

1 cách giải khác cho bài tóan này:

- Nếu $(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)\leq 0$ thì BĐT trên hiển nhiên đúng

-Xét trường hợp $(b^2+c^2-a^2)(b^2+a^2-c^2)(a^2+b^2-c^2)>0$

Nếu có 2 nhân tử âm, ví dụ $(b^2+c^2-a^2)< 0;(c^2+a^2-b^2)<0$ thì $2c^2=(b^2+c^2-a^2)+(a^2+c^2-b^2)< 0$ vô lý vậy nên

$(b^2+a^2-c^2)>0;(a^2+c^2-b^2)>0;(b^2+c^2-a^2)>0$ thì

$(b+c-a)^2(c+a-b)^2-(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)=2(a-b)^2(a^2+b^2-c^2)\geq 0$

Từ đó ta sẽ có:

$(b+c-a)^4(c+a-b)^4(a+b-c)^4\geq (b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2(a^2+b^2-c^2)^2$

ta có dpcm

[longatk08]

Bài 71: Bất đẳng thức đã cho có thể viết lại dưới dạng:
$ x(abc)^2+yabc+z \geq 0 $
Đây là hàm số bậc 2 đối với $ abc $, ta dễ dàng tính được $ x $ là hằng số dương. Do đó ta có thể áp dụng định lý ABC, xét trường hợp hai biến bằng nhau hoặc một biến bằng nhau.
Trường hợp hai biến bằng nhau, giả sử $ b=c $. Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$ a^4(2b-a)^2 \geq a^4(2b^2-a^2) $
$ \Leftrightarrow a^4(a-b)^2 \geq 0 $ (luôn đúng)
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi hai biến bằng nhau - một biến bằng 0 hoặc ba biến bằng nhau. $ \blacksquare $

Sai nhé.Định lý này ABC chỉ ra rằng nếu f(r) là hàm lõm thì có min. Hàm lồi tồn tại max còn 1 hàm bậc 2 muốn có min phải đơn điệu tức là phải có $y>0$ nữa.Bài này phải xét 2 TH $y>0$ hoặc $y<0$ rồi áp dụng kiến thức của tam tthức bậc 2

[Hoang Tung 126]

  Bài 72 (IMO 2005): Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc\geq 1$. CMR:

 

      $\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^5-b^2}{b^5+c^2+a^2}+\frac{c^5-c^2}{c^5+a^2+b^2}\geq 0$

[Bui Ba Anh]

  Bài 72 (IMO 2005): Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc\geq 1$. CMR:

 

      $\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^5-b^2}{b^5+c^2+a^2}+\frac{c^5-c^2}{c^5+a^2+b^2}\geq 0$

Bất đẳng thức đã cho tương đương với: $(\sum a^2)(\sum \frac{1}{a^5+b^2+c^2}) \leq 3$

Áp dụng $C_S$ ta có $(a^5+b^2+c^2)(\frac{1}{a}+b^2+c^2) \geq (\sum a^2)^2$

Và như vậy ta chứng minh $\sum \frac{1}{a}+ 2\sum a^2 \leq 3(\sum a^2)$

hay $\sum \frac{1}{a} \leq \sum a^2$

Sử dụng giả thiết $abc \geq 1$ thì $\sum \frac{1}{a}\leq \sum ab \leq \sum a^2$ (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 03-06-2015 - 17:44

[longatk08]

Bài 73: (Turkey TST 2014)

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$.Chứng minh rằng:

$\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\geq 5abc+2$

 

Bài 74:(Poland 2004)

Cho $a,b,c$ là các số thực $a+b+c=0$.CMR:

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3\geq 6abc$

 

Bài 75: (Việt Nam 1996)

Cho $a,b,c$ là các số thực.CMR:

$(a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4\geq \frac{4}{7}(a^4+b^4+c^4)$

Spoiler

Làm nóng lại topic nào!

[binhnhaukhong]

Bài 70: (Saudi Arabia TST 2015) Cho $ x, y, z $ là các số thực dương thỏa: $ (x+y+z)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=10 $.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: $ P=(x^2+y^2+z^2)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\right) $

Đầu tiên ta tìm Max:

 

Áp dụng BĐT C-S ta có:

$\sqrt{(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})}+2\sqrt{(\sum xy)(\sum \frac{1}{xy})}\leq (\sum x)(\sum \frac{1}{x})=10$

Nhưng ta có:

$(\sum xy)(\sum \frac{1}{xy})=(\sum x)(\sum \frac{1}{x})=10$

Vậy nên $Max P=140-40\sqrt{10}$

 

Tìm Min:

 

Từ GT bài toán dễ dàng suy ra điều sau:

$(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})+(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z})=7$

Chú ý rằng:

 

$\sum \frac{x^2}{y^2}+2\sum \frac{y}{x}=(\sum \frac{x}{y})^2$

$\sum \frac{y^2}{x^2}+2\sum \frac{x}{y}=(\sum \frac{y}{x})^2$

 

Do đó $P=( \frac{x^2}{y^2}+\frac{y^2}{z^2}+\frac{z^2}{x^2})+( \frac{y^2}{x^2}+\frac{z^2}{y^2}+\frac{x^2}{z^2})+3=(\sum \frac{x}{y})^2+(\sum \frac{y}{x})^2-2(\sum \frac{x}{y}+\sum \frac{y}{x})+3\geq \frac{1}{2}(\sum \frac{x}{y}+\sum \frac{y}{x})^2-2(\sum \frac{x}{y}+\sum \frac{y}{x})+3\frac{49}{2}-14+3=\frac{27}{2}$

 

Dấu bằng xảy ra chẳng hạn như $x=2y=2z$