BĐT -Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro
#1
Đã gửi 14-03-2013 - 18:39
Thay cho lời mở đầu,mời các bạn đọc qua topic sau.
Nào,chúng ta cùng vào vấn đề chính.
Bài toán 1: Với 3 số dương $a,b,c$;hãy chứng minh rằng :
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \ge a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$
- Yagami Raito, zipienie, henry0905 và 7 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 14-03-2013 - 18:50
Phát đầu:Thân chào tất cả các bạn
Thay cho lời mở đầu,mời các bạn đọc qua topic sau.
Nào,chúng ta cùng vào vấn đề chính.
Bài toán 1: Với 3 số dương $a,b,c$;hãy chứng minh rằng :
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \ge a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$ (1)
$(1)\Leftrightarrow \sum (\frac{a^{2}}{b}-2a+b)\geq \frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
VT= $\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^{2}}{b}\geq \frac{(a-b+c-b+a-c)^{2}}{a+b+c}=\frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
Ta có dpcm.
- Yagami Raito, lahantaithe99, chardhdmovies và 2 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 14-03-2013 - 18:56
Mong em đọc kỹ dòng này .Phát đầu:
$(1)\Leftrightarrow \sum (\frac{a^{2}}{b}-2a+b)\geq \frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
VT= $\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^{2}}{b}\geq \frac{(a-b+c-b+a-c)^{2}}{a+b+c}=\frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
Ta có dpcm.
Nhấn mạnh ở chữ hoàn chỉnh đấy nhéVà cũng mong các bạn đưa ra một lời giải hoàn chỉnh ,đừng chỉ nêu hướng giải.
#4
Đã gửi 14-03-2013 - 20:49
:") E thấy bạn làm được rùi mà anh Bài này quá quen thuộc...Mong em đọc kỹ dòng này .
Nhấn mạnh ở chữ hoàn chỉnh đấy nhé
Đề xuất 1 bài toán tương tự (Tất nhiên là hay hơn rùi :">)
Đề nghị 1.1.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{7(a-c)^2}{16(ab+bc+ca)}$$
Ngoài điểm rơi $a=b=c$ còn có $a=\frac{4}{3}b,c=0$
- Cao Xuân Huy, ducthinh26032011, shinichigl và 4 người khác yêu thích
#5
Đã gửi 16-03-2013 - 23:33
1.2 =)):") E thấy bạn làm được rùi mà anh Bài này quá quen thuộc...
Đề xuất 1 bài toán tương tự (Tất nhiên là hay hơn rùi :">)
Đề nghị 1.1.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{7(a-c)^2}{16(ab+bc+ca)}$$
Ngoài điểm rơi $a=b=c$ còn có $a=\frac{4}{3}b,c=0$
$a,b,c\geq 0$
Prove
$\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}+\frac{7}{16}.\frac{max{[(a-b)^2;(b-c)^2;(c-a)^2]}}{ab+bc+ac}$
Solution
Giả sử $a\geq b\geq c$
$\rightarrow$
$\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}+\frac{7}{16}.\frac{(a-c)^2}{ab+bc+ca}$
$\Leftrightarrow \sum _{cyc}\frac{a[a(b+c)+bc]}{b+c}\geq \frac{3}{2}(ab+bc+ac)+\frac{17}{6}(a-c)^2$
$\Leftrightarrow \sum a^2+abc.\sum \frac{1}{b+c}\geq \frac{3}{2}(ab+bc+ac)+\frac{7}{16}(a-c)^2$
Theo AM-HM
$\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{2.(a+b+c)}$
Cần chứng minh
$a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{2(a+b+c)}\geq \frac{3}{2}(ab+bc+ac)+\frac{7}{16}(a-c)^2$
Từ trên đặt $a=c+x$
$b=c+y$ $(x\geq y\geq 0)$
Bất đẳng thức tương đương với:
..............
$(11x^2-32xy+32y^2)c+(x+y)(3x-4y)^2\geq 0$ ($TRUE$) $\blacksquare$
Dấu "=" khi
$a=b=c$ or $a=4/3b$ $c=0$
p/s: Đã dự được điểm rơi
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tops2liz: 17-03-2013 - 07:28
- HÀ QUỐC ĐẠT, ducthinh26032011, WhjteShadow và 3 người khác yêu thích
#6
Đã gửi 17-03-2013 - 10:25
Anh nhấn mạnh ở chữ hoàn chỉnh là có lý do nhé ĐạtPhát đầu:
$(1)\Leftrightarrow \sum (\frac{a^{2}}{b}-2a+b)\geq \frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
VT= $\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^{2}}{b}\geq \frac{(a-b+c-b+a-c)^{2}}{a+b+c}=\frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
Ta có dpcm.
Đáng lẽ nếu áp dụng C-S thì phải ra thế này :
$$VT \ge \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}$$
Và khi này với không mất tính tổng quát ta giả sử $|a-b|=\min \{|a-b|;|b-c|;|c-a| \}$ thì ngay lập tức ta có :
$$|a-b|+|b-c|+|c-a| \ge 2|a-b|$$
Từ đây ,ta cũng có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay $a=\frac{\sqrt{5}-1}{2}c;c=\frac{\sqrt{5}-1}{2}b$.
Đồng thời cũng cảm ơn Đạt và tops2liz đã đưa ra 2 BĐT đề nghị.
**********
Mình sẽ đưa ra 1 cách giải khác cho bài toán 1:
Lời giải bài toán 1:
Ta có 1 đẳng thức sau :
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-(a+b+c)=\frac{1}{a+b+c}\left[\frac{(ac-b^2)^2}{bc}+\frac{(bc-a^2)^2}{ab}+\frac{(ab-c^2)^2}{ac} \right]$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{(ac-b^2)^2}{bc}+\frac{(bc-a^2)^2}{ab}+\frac{(ab-c^2)^2}{ac} \ge 4(a-b)^2$$
Nhưng $\frac{(ab-c^2)^2}{ac} \ge 0$ và:
$$\frac{(ac-b^2)^2}{bc}+\frac{(bc-a^2)^2}{ab} \ge \frac{(|ac-b^2|+|bc-a^2|)^2}{b(a+c)} \ge \frac{(a-b)^2(a+b+c)^2}{b(a+c)}$$
Bằng AM-GM,ta có :
$$b(a+c) \le \frac{(a+b+c)^2}{4} \implies \frac{(a-b)^2(a+b+c)^2}{b(a+c)} \ge 4(a-b)^2$$
Từ đây,ta có đpcm.
**********
Tiếp tục với đề mới nào :
Bài toán 2: Cho $a,b,c,d,e$ là các số thực không âm và có tổng bằng 5.Chứng minh rằng: (7)
$$abc+bcd+cde+dea+eab \le 5$$
Bài toán 3: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn tổng bằng 4.Chứng minh rằng : (37)
$$\frac{1}{11+a^2}+\frac{1}{11+b^2}+\frac{1}{11+c^2}+\frac{1}{11+d^2} \le \frac{1}{3}$$
- HÀ QUỐC ĐẠT, WhjteShadow, tim1nuathatlac và 4 người khác yêu thích
#7
Đã gửi 17-03-2013 - 10:41
Giả sử $e=\min \{a,b,c,d,e\}$Bài toán 2: Cho $a,b,c,d,e$ là các số thực không âm và có tổng bằng 5.Chứng minh rằng: (7)
$$abc+bcd+cde+dea+eab \le 5$$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$$abc+bcd+cde+dea+eab=e(a+c)(b+d)+bc(a+c-e)\le e\left(\frac{a+b+c+d}{2} \right )^2+\left(\frac{b+c+a+d-e}{3} \right )^2 =\frac{e(5-e)^2}{4}+\frac{(5-2e)^3}{27}$$
Ta cần chứng minh $$\frac{e(5-e)^2}{4}+\frac{(5-2e)^3}{27}\le 1$$
Bất đẳng thức này tương đương với $$(e-1)^2(e+8)\ge 0. \square$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 17-03-2013 - 10:42
- WhjteShadow, Mai Xuan Son, chardhdmovies và 1 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#8
Đã gửi 17-03-2013 - 17:01
Bài này có vẻ dễ, hình như bỏ đk >0 đj cũng đượcBài toán 3: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn tổng bằng 4.Chứng minh rằng : (37)
$$\frac{1}{11+a^2}+\frac{1}{11+b^2}+\frac{1}{11+c^2}+\frac{1}{11+d^2} \le \frac{1}{3}$$
Ta chứng minh: $\frac{1}{11+a^2}\leq \frac{1}{12}-\frac{1}{72}(a-1)$, điều này tương đương với: $\frac{(a-1)^2(60-12a)}{864(11+a^2)}\geq 0$ đúng do $a\leq 4$
Thiết lập các BDT tương tự có đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 17-03-2013 - 17:13
- CaptainCuong yêu thích
<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.
.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.
#9
Đã gửi 17-03-2013 - 17:35
Cách giải này phải cần đến điều kiện dương thì mới suy ra được $a<4$ Bài này có nhiều cách lắm,cứ tìm tòi thử đi nhéBài này có vẻ dễ, hình như bỏ đk >0 đj cũng được
Ta chứng minh: $\frac{1}{11+a^2}\leq \frac{1}{12}-\frac{1}{72}(a-1)$, điều này tương đương với: $\frac{(a-1)^2(60-12a)}{864(11+a^2)}\geq 0$ đúng do $a\leq 4$
Thiết lập các BDT tương tự có đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=1$
- Higgs 4 07 2012 và Joker9999 thích
#10
Đã gửi 22-03-2013 - 20:41
Bài toán 2: Cho $a,b,c,d,e$ là các số thực không âm và có tổng bằng 5.Chứng minh rằng: (7)
$$abc+bcd+cde+dea+eab \le 5$$
Bài toán 3: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn tổng bằng 4.Chứng minh rằng : (37)
$$\frac{1}{11+a^2}+\frac{1}{11+b^2}+\frac{1}{11+c^2}+\frac{1}{11+d^2} \le \frac{1}{3}$$
Lời giải cho bài toán 2 hoàn toàn giống với Kiên đã trình bày
Các bạn vẫn có thể tiếp tục thảo luận các bài toán cũ ngay cả khi có đề mới.
Lời giải bài toán 3:
Lời giải 1: (của Apartim De)
Xét hàm số $f(x)=\frac{1}{11+x^2}$ có đạo hàm cấp 2 là $f'(x)=\frac{6\left(x^2-\frac{11}{3} \right)}{(11+x^2)^3}$.
Do đó nếu $x \in \left(-\sqrt{\frac{11}{3}};\sqrt{\frac{11}{3}} \right)$ thì $f''(x)<0$,suy ra $f(x)$ là hàm lõm trong đoạn $\left(-\sqrt{\frac{11}{3}};\sqrt{\frac{11}{3}} \right)$.
Không mất tính tổng quát,giả sử $a \le b \le c \le d$.
Nếu cả 4 số $a,b,c,d$ đều thuộc khoảng $\left(0;\sqrt{\frac{11}{3}} \right)$ thì BĐT cần chứng minh sẽ đúng theo BĐT Jensen.
Do đó,xét có ít nhất 2 trong số 4 biến $a,b,c,d$ lớn hơn $\sqrt{\frac{11}{3}}$,giả sử đó là $c$ và $d$.
Dễ thấy rằng hàm số $f(x)$ ở trên là hàm nghịch biến trên khoảng xác định là $(0;+\infty)$,nên :
$$f(a)+f(b)+f\left(c \right)+f(d)<f(a-1)+f(b-1)+f(c-3)+f(d-3)<4f\left(\frac{a+b+c+d-8}{4} \right)=4f(-1)=\frac{1}{3}$$.
Lời giải 2: (của Popa Alexandru)
Viết BĐT lại dưới dạng tương đương sau : $\sum_{cyc}(1-a)\frac{a+1}{11+a^2} \ge 0$.
Để ý rằng nếu $a \ge b \ge c \ge d$ thì $\frac{a+1}{11+a^2} \le \frac{b+1}{11+b^2} \le \frac{c+1}{11+c^2} \le \frac{d+1}{11+d^2}$.
Do đó BĐT trên chỉ là hệ quả của BĐT Chebyshev.
**********
Đề mới :
Bài toán 4: Ký hiệu thông thường $R,r,p$ trong tam giác.Chứng minh rằng $p^2 \ge 2R^2+8Rr+3r^2$.
Bài toán 5: Cho $0<a<b$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_{n}$ thuộc đoạn $[a;b]$.Chứng minh :
$$\left(x_1+x_2+...+x_{n} \right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{n}} \right) \le \frac{n^2(a+b)^2}{4ab}$$
- hxthanh, Zaraki, tim1nuathatlac và 3 người khác yêu thích
#11
Đã gửi 31-03-2013 - 18:12
Bài toán 5: Cho $0<a<b$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_{n}$ thuộc đoạn $[a;b]$.Chứng minh :
$$\left(x_1+x_2+...+x_{n} \right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{n}} \right) \le \frac{n^2(a+b)^2}{4ab}$$
$$VT =\left(\frac{a_1}{c}+\frac{a_2}{c}+...+\frac{a_n}{c} \right )\left(\frac{c}{a_1}+\frac{c}{a_2}+...+\frac{c}{a_n} \right )\le \frac{1}{4}\left(\frac{a_1}{c}+\frac{c}{a_1}+\frac{a_2}{c}+\frac{c}{a_2}+...+\frac{a_n}{c}+\frac{c}{a_n} \right )^2$$
Đặt $f(t)=\frac{c}{t}+\frac{t}{c}$
Ta có $f(t)$ đạt giá trị lớn nhất trên $[a;b]$ tại $a$ hoặc $b$.
Ta sẽ chọn $c$ sao cho $f(a)=f(b),c=\sqrt{ab}$
Vậy $f(t)\le \sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}$
Vậy $$VT \le n^2 \left( \sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}\right )^2 =VP$$
- Mai Xuan Son và CaptainCuong thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#12
Đã gửi 31-03-2013 - 18:12
Bài toán 4: Ký hiệu thông thường $R,r,p$ trong tam giác.Chứng minh rằng $p^2 \ge 2R^2+8Rr+3r^2$.
Bài toán 5: Cho $0<a<b$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_{n}$ thuộc đoạn $[a;b]$.Chứng minh :
$$\left(x_1+x_2+...+x_{n} \right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{n}} \right) \le \frac{n^2(a+b)^2}{4ab}$$
Cứ tưởng sẽ có nhiều người ủng hộ topic này lắm,vì thấy trên diễn đàn khá nhiều topic BĐT...
Lời giải bài toán 4 (của Virgil Nicula):
Ta sẽ sử dụng các công thức liên qua đến các góc tam giác sau :
- $(1):a^2+b^2+c^2=2(p^2-r^2-4Rr)$.
- $(2):4S=(b^2+c^2-a^2)\tan A$.
- $(3):\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C=\frac{2S}{R^2}$.
- $(4):\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac{r}{R}$.
Do đó :
- hxthanh, Poseidont, DavidVince và 2 người khác yêu thích
#13
Đã gửi 07-04-2013 - 17:20
Bài toán 6: Cho $a,b,c \ge 0$.Chứng minh rằng :(35)
\[\left( {{a^2} - bc} \right)\sqrt {b + c} + \left( {{b^2} - ca} \right)\sqrt {c + a} + \left( {{c^2} - ab} \right)\sqrt {a + b} \ge 0\]Bài toán 7: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $3x+2y+z=1$.Tìm GTLN của $A=\frac{1}{1+|x|}+\frac{1}{1+|y|}+\frac{1}{1+|z|}$. (26)
Lời giải bài toán 6:
Lời giải 1: (của Popa Alexandru)
Đặt $\frac{a+b}{2}=x^2;...$ thì BĐT trở thành :
- DavidVince, Mai Xuan Son, Idie9xx và 2 người khác yêu thích
#14
Đã gửi 07-04-2013 - 18:01
**********
Đề mới :Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]
Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Svac ta có
$VT\geq \frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{3}+\sum a(b^{2}+c^{2})}$
Nên ta phải cm
$\frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{3}+\sum a(b^{2}+c^{2})}\geq \frac{\sum a}{3}$
$2(\sum a^{2})^{2}\geq 3(\sum a(b^{3}+c^{3}))$
Đúng vì ta có bất đẳng thức quen thuộc sau
$(\sum a^{2})^{2}\geq 3(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)$
và $(\sum a^{2})^{2}\geq 3(b^{3}a+c^{3}b+a^{3}c)$ (dpcm)
- DavidVince và minhducndc thích
#15
Đã gửi 07-04-2013 - 20:12
Spoiler**********Đề mới :Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]
Topic vắng ghê
Một cách giải khác cho bài này.
Ta có $A=\sum \frac{a^3}{a^2 + b^2 + ab} - \sum \frac{b^3}{a^2 + b^2 + ab} =\sum \frac{a^3-b^3}{a^2 + b^2 + ab} = \sum (a-b)=0$
Xét thấy $3a^2-3ab+3b^2 \geq a^2+ab+b^2 \Leftrightarrow 3(a+b)(a^2-ab+b^2) \geq (a+b)(a^2+ab+b^2) \Leftrightarrow \frac{a^3+b^3}{a^2 + b^2 + ab} \geq \frac{a+b}{3}$
$\Rightarrow B=\sum \frac{a^3}{a^2 + b^2 + ab} + \sum \frac{b^3}{a^2 + b^2 + ab} \geq 2 \cdot \frac{a+b+c}{3}$
Nên $\sum \frac{a^3}{a^2 + b^2 + ab}=\frac{A+B}{2} \geq \frac{a+b+c}{3}$ (dpcm)
@Dark templar: Đây cũng là thủ thuật giải bài này của mình.Nhìn chung bài này có khá nhiều cách,các bạn cứ tiếp tục tìm cách khác nhé.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-04-2013 - 20:32
- dark templar, DavidVince, luuvanthai và 1 người khác yêu thích
#16
Đã gửi 13-04-2013 - 20:35
Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)
\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]Bài toán 9: Cho $a,b,c,d>0$.Chứng minh : (33)\[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{ab + {b^2}}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{bc + {c^2}}} + \frac{{{c^2} + {d^2}}}{{cd + {d^2}}} \ge \sqrt[3]{{\frac{{54a}}{{a + d}}}}\]
Lời giải bài toán 8:
Lời giải 1 (của Popa Alexandru):
Ta có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} = \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \]
Do đó ta chỉ cần chứng minh :
\[\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]
Ta có:
Do $2(a^2+ab+b^2) \le 3(a^2+b^2)$ nên:
\[VT = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{2\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}}} \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{3\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}} \ge \frac{{a + b + c}}{3} = VP\]
Lời giải bài toán 9 (của Aravind Srinivas):
Việt lại VP dưới dạng sau $\frac{{{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{a}{b} + 1}} + \frac{{{{\left( {\frac{b}{c}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{b}{c} + 1}} + \frac{{{{\left( {\frac{c}{d}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{c}{d} + 1}}$.
Dễ thấy hàm số $f(t)=\frac{t^2+1}{t+1}$ là hàm lồi với $t>0$ nên theo BĐT Jensen thì ta có:
\[VP \ge \frac{{{{\left( {\frac{{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}}{3}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{d} + 3}}\]
Đặt $K=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ thì:
\[\frac{{{{\left( {\frac{K}{3}} \right)}^2} + 1}}{{K + 3}} = \frac{{K + \frac{9}{K}}}{{1 + \frac{3}{K}}} \ge \frac{6}{{1 + \frac{3}{K}}}\]
Mặt khác theo AM-GM $K \ge 3{\left( {\frac{d}{a}} \right)^{\frac{1}{3}}}$.
Do đó:
\[\frac{6}{{1 + \frac{3}{K}}} \ge \frac{{6{a^{\frac{1}{3}}}}}{{{a^{\frac{1}{3}}} + {d^{\frac{1}{3}}}}} \ge \frac{{3{a^{\frac{1}{3}}}}}{{{{\left( {\frac{{a + d}}{2}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}} = {\left( {\frac{{54a}}{{a + d}}} \right)^{\frac{1}{3}}}\]
**********
Đề mới:
Bài toán 10: Cho $a,b,c \ge 0$ có tổng bằng 1.Chứng minh: (32)
\[\frac{a}{{\sqrt {{b^2} + 3c} }} + \frac{b}{{\sqrt {{c^2} + 3a} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + 3b} }} \ge \frac{1}{{\sqrt {1 + 3abc} }}\]
Bài toán 11: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^3+b^3+3c=5$.Chứng minh: (41)
\[\sqrt {\frac{{a + b}}{{2c}}} + \sqrt {\frac{{b + c}}{{2a}}} + \sqrt {\frac{{c + a}}{{2b}}} \le \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 13-04-2013 - 20:36
- WhjteShadow, DavidVince, hoangkkk và 3 người khác yêu thích
#17
Đã gửi 14-04-2013 - 20:21
Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]
Bài này quen quen
Theo bất đẳng thức AM-GM,ta có
$\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{a+b}{3}$
$\Rightarrow \sum \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge \sum (a-\frac{a+b}{2})=\frac{a+b+c}{3}$
Đây chính là đcpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 14-04-2013 - 20:31
- tran thanh binh dv class, DavidVince, tim1nuathatlac và 4 người khác yêu thích
#18
Đã gửi 15-04-2013 - 12:00
Bài toán 10: Cho $a,b,c \ge 0$ có tổng bằng 1.Chứng minh: (32)
\[\frac{a}{{\sqrt {{b^2} + 3c} }} + \frac{b}{{\sqrt {{c^2} + 3a} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + 3b} }} \ge \frac{1}{{\sqrt {1 + 3abc} }}\]
Bài toán 11: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^3+b^3+3c=5$.Chứng minh: (41)
\[\sqrt {\frac{{a + b}}{{2c}}} + \sqrt {\frac{{b + c}}{{2a}}} + \sqrt {\frac{{c + a}}{{2b}}} \le \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\]
Lâu nay để topic phủ bụi r` Quay lại thui :>
Bài toán 10:
Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có :
$$\left(\sum_{cyc} \frac{a}{{\sqrt {{b^2} + 3c} }}\right)^2.\left[\sum_{cyc} a(b^2+3c)\right]\geq (a+b+c)^3=1$$
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh :
$$\sum_{cyc} a(b^2+3c)\leq 1+3abc$$
Hay là :
$$ab^2+bc^2+ca^2+3(ab+bc+ca)\leq 1+3abc$$
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do 3 bất đẳng thức quen thuộc :
$$ab^2+bc^2+ca^2\leq \frac{4}{27}-abc\,\,\,(\text{Bổ đề thân quen})$$
$$\frac{4(ab+bc+ca)-4}{9}\leq 4abc\,\,\,(\text{Schur})$$
$$\frac{23}{9}(ab+bc+ca)\leq \frac{23}{9}\,\,\,(\text{AM-GM})$$
Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=\frac{1}{3}$ $\blacksquare$
Bài toán 11:
Đầu tiên chúng ta đi khai thác cái giả thiết khá "lừa tình "
$$9=a^3+b^3+4+3c=(a^3+1+1)+(b^3+1+1)+3c\geq 3(a+b+c)$$
$$\Leftrightarrow a+b+c\leq 3$$
Công việc còn lại là phá căn bằng $AM-GM$ quá đơn giản
$$\sqrt {\frac{{a + b}}{{2c}}} + \sqrt {\frac{{b + c}}{{2a}}} + \sqrt {\frac{{c + a}}{{2b}}}\leq \frac{1}{2}.\sum \left(\frac{a+b}{2}+\frac{1}{c}\right)$$
$$\leq \frac{1}{2}.\left(3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$
( Do $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}\geq 3$ )
Kết thúc chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ $\square$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 15-04-2013 - 12:01
- DavidVince, IloveMaths, ilovemath97 và 4 người khác yêu thích
#19
Đã gửi 15-04-2013 - 13:57
Bài 10: Hoàn toàn có thể làm theo cách THCS, chậm hơn chú rồi
$VT=\sum_{cyc}\frac{a^2}{\sqrt{a}.\sqrt{ab^2+3ca}}\geq ^{Cauchy-Schwarz}\frac{(\sum a)^2}{\sum \sqrt{a}.\sqrt{ab^2+3ca}}\geq \frac{1}{\sqrt{\sum_{cyc} ab^2}+3\sum_{cyc}ab}$
Mà ta có
$\inline 1+3abc=(\sum _{cyc}a)^3+3abc=\sum_{cyc} a^3+3\prod_{cyc}(a+b)+3abc\geq \sum _{cyc}ab^2+\sum 3\sum _{cyc}a.\sum _{cyc}ab\geq \sum _{cyc}ab^2+\sum _{cyc}3ab$
Suy ra điều chứng minh
- DavidVince và hoangkkk thích
Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF
#20
Đã gửi 20-04-2013 - 20:58
2 lời giải của Đạt rất tuyệt,hoàn toàn giống với lời giải gốc.
Đề mới:
Bài toán 12: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh :
\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge \frac{{c + a}}{{c + b}} + \frac{{a + b}}{{a + c}} + \frac{{b + c}}{{b + a}}\]
Bài toán 13: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn $a \le b \le c \le d$ và $abcd=1$.Chứng minh rằng:
\[\left( {a + 1} \right)\left( {d + 1} \right) \ge 3 + \frac{3}{{4{d^3}}}\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 20-04-2013 - 20:59
- WhjteShadow và IloveMaths thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: tuyển tập, sưu tầm.
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các kỳ thi Olympic →
Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp. →
Tổng hợp PTH và Dãy số qua các kì thi HSG 2014Bắt đầu bởi namcpnh, 14-11-2014 tuyển tập |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Chuyên đề toán THPT →
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN VỀ ELIP - LUYỆN THI ĐẠI HỌCBắt đầu bởi leminhansp, 23-07-2013 elip, hình học phẳng và . |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Phương trình hàm →
PT Hàm -Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.roBắt đầu bởi dark templar, 14-03-2013 tuyển tập, sưu tầm. |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh