Topic bất đẳng thức THCS (2)
#421
Đã gửi 26-01-2012 - 17:46
$\left({a+b+c}\right)\left({\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)\ge 9+\frac{8}{3}\left[{{{\left({a-b}\right)}^{2}}+{{\left({b-c}\right)}^{2}}+{{\left({c-a}\right)}^{2}}}\right]$
#422
Đã gửi 26-01-2012 - 17:57
Thử với bộ số $(a;b;c)=(1;2;3)$ thì thấy ngay đề saiBài 209:(alex_hoang) đúng đề hay ko nựa.Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$\left({a+b+c}\right)\left({\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)\ge 9+\frac{8}{3}\left[{{{\left({a-b}\right)}^{2}}+{{\left({b-c}\right)}^{2}}+{{\left({c-a}\right)}^{2}}}\right]$
zzzZZZzzz
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 26-01-2012 - 17:58
- Tham Lang và Dung Dang Do thích
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#423
Đã gửi 26-01-2012 - 18:21
Theo hướng dần trên, mình xin làm bài nàyTheo chém gió
Bài 207: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minhg rằng:
$\frac{a+1}{ab+1}+\frac{b+1}{bc+1}+\frac{c+1}{ca+1}\ge3$
ta cần chứng minh : $(a + 1)(b + 1)(c + 1) \ge (ab + 1)(bc + 1)(ca + 1) \Leftrightarrow 3 \ge a^2b^2c^2 + 2abc$
Mặt khác, theo côsi, ta chứng minh được $abc \le 1$ suy ra đpcm.
- perfectstrong và Dung Dang Do thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#424
Đã gửi 26-01-2012 - 18:28
Đề đúng của Hoàng phải là như vầy nè em:Bài 209:(alex_hoang) đúng đề hay ko nựa.Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$\left({a+b+c}\right)\left({\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)\ge 9+\frac{8}{3}\left[{{{\left({a-b}\right)}^{2}}+{{\left({b-c}\right)}^{2}}+{{\left({c-a}\right)}^{2}}}\right]$
Bài 209: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$$(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right) \ge 9+\frac{8}{3}.\frac{[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]}{a^2+b^2+c^2}$$
Bài này còn 1 BĐT mạnh hơn nữa,nhưng cứ tự nhiên giải bài này đi nhé
Bài 210(Dễ): Cho $a,b,c,d \in \mathbb{R}$.Chứng minh:
$$\min \{a-b^2;b-c^2;c-d^2;d-a^2 \} \le \frac{1}{4}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 26-01-2012 - 18:29
#425
Đã gửi 26-01-2012 - 18:32
#426
Đã gửi 26-01-2012 - 18:52
Từ giả thiết ta suy ra $q\leq 3$.Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $ 3q-2r\leq 7$
Theo bất đẳng thức Schur ta có: $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}=\frac{4q-9}{3}\Rightarrow 3q-2r\leq \frac{q+18}{3}=7$
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi transformer: 26-01-2012 - 18:53
#427
Đã gửi 26-01-2012 - 19:00
Mình xin làm bài dễ này trước.Bài 210(Dễ): Cho $a,b,c,d \in \mathbb{R}$.Chứng minh:
$$\min \{a-b^2;b-c^2;c-d^2;d-a^2 \} \le \frac{1}{4}$$
giả sử $$\min \{a - b^2; b - c^2; c - d^2; d - a^2\} > \dfrac{1}{4}$$ suy ra
$$a + b + c + d - (a^2 + b^2 + c^2 + d^2) > 1$$
ta lại có : $$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 - (a + b + c + d) > \dfrac{(a + b + c + d)^2}{4} - (a + b + c + d) + 1 - 1 = (\dfrac{a + b + c + d}{2} - 1)^2 - 1 > - 1$$ Suy ra $a + b + c + d - (a^2 + b^2 + c^2 + d^2) < 1$ nên điều giả sử là sai . Suy ra đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 26-01-2012 - 19:02
- perfectstrong và transformer thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#428
Đã gửi 26-01-2012 - 19:23
Cảm ơn mọi người quan tâm nhưng bài toán này thật sự không dễ và không hề phù hợp với toán THCS đâu ,nó cần vận dụng những phương pháp khó hơn mức THCS .Hãy chuyển nó sang mục BĐT Olympic nhéĐề đúng của Hoàng phải là như vầy nè em:
Bài 209: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$$(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right) \ge 9+\frac{8}{3}.\frac{[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]}{a^2+b^2+c^2}$$
Bài này còn 1 BĐT mạnh hơn nữa,nhưng cứ tự nhiên giải bài này đi nhé
- transformer yêu thích
#429
Đã gửi 26-01-2012 - 19:38
#430
Đã gửi 26-01-2012 - 19:42
Bài 209:(alex_hoang) đúng đề hay ko nựa.Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$\left({a+b+c}\right)\left({\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)\ge 9+\frac{8}{3}\left[{{{\left({a-b}\right)}^{2}}+{{\left({b-c}\right)}^{2}}+{{\left({c-a}\right)}^{2}}}\right]$
Nãy giờ ngồi cày S.O.S mãi mới ra.
Ta có bđt tương đương:
\[\sum\limits_{cyc} {{{(b - c)}^2}\left( {\frac{1}{{bc}} - \frac{8}{{3({a^2} + {b^2} + {c^2})}}} \right)} \ge 0 \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {{{(b - c)}^2}\left[ {3a({a^2} + {b^2} + {c^2}) - 8abc} \right]} \]
Đặt: $\left\{ \begin{array}{l}{S_a} = 3a({a^2} + {b^2} + {c^2}) - 8abc\\{S_b} = 3b({a^2} + {b^2} + {c^2}) - 8abc\\{S_c} = 3c({a^2} + {b^2} + {c^2}) - 8abc\end{array} \right.$
Giả sử $a \ge b \ge c$ thì $S_a \ge S_b \ge S_c$.
Ta có: ${S_b} + {S_c} = 3(b + c)({a^2} + {b^2} + {c^2}) - 16abc$
Áp dụng AM-GM ta có:
\[{S_b} + {S_c} \ge 6\sqrt {bc} ({a^2} + bc) - 16abc = 6\sqrt {bc} ({a^2} + 2bc - \frac{{16}}{6}a\sqrt {bc} ) \ge 0\]
Biểu thức trong ngoặc của BĐT cuối cùng đúng theo định lí dấu tam thức bậc hai.
Do đó: ${S_a} + {S_b} \ge {S_a} + {S_c} \ge {S_b} + {S_c} \ge 0$
Ta có: ${S_b} \ge 0 \Leftrightarrow 3({a^2} + {b^2} + {c^2}) \ge 8ac \Leftrightarrow 3(a + 2{c^2}) \ge 8ac$
BĐT này đúng theo định lí dấu tam thức bậc 2.
Tới đây ta chứng minh thêm định lí:
Nếu các số thực $a,b,c,S_a,S_b,S_c$ thỏa mãn 2 điều kiện:
a) $S_a+S_b;S_b+S_c;S_a;S_c \ge 0$
b) Nếu $a\ge b \ge c$ hoặc $a\le b \le c$ thì $S_b \ge 0$
Thì ta có: $\sum\limits_{cyc} {{S_a}{{(b - c)}^2}} \ge 0$
Chứng minh được điều này thì ta có ĐPCM
- perfectstrong, Ispectorgadget, vietfrog và 2 người khác yêu thích
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#431
Đã gửi 26-01-2012 - 20:15
$ \sqrt{\sum c^{2}(a+b)^{2}}\geq \frac{54(abc)^{3}}{(a+b+c)^{2}\sqrt{(ab)^{4}+(bc)^{4}+(ca)^{4}}}$
#432
Đã gửi 26-01-2012 - 20:23
Bài 209:(alex_hoang) đúng đề hay ko nựa.Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
\[(a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge 9 + \frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\]
Vừa lật cuốn sách của Trần Phương ra thấy có bài gốc của bài toán này là:
Bài toán: Tìm hằng số $k>0$ tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi $a,b,c >0$:
\[(a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) + k.\frac{{ab + bc + ca}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} \ge k + 9\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 26-01-2012 - 20:25
- perfectstrong và alex_hoang thích
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#433
Đã gửi 26-01-2012 - 20:28
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 26-01-2012 - 20:29
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#434
Đã gửi 26-01-2012 - 20:34
Bài 211: Cho a,b là 2 số thực dương CMR
$3a^3+7b^3\geq 9ab^2$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#435
Đã gửi 26-01-2012 - 20:37
- perfectstrong yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#436
Đã gửi 26-01-2012 - 20:52
Cảm ơn Huy nhé anh cứ không có sách của Trần Phương nên cứ tưởng đây là bài của riêng mìnhVừa lật cuốn sách của Trần Phương ra thấy có bài gốc của bài toán này là:
Bài toán: Tìm hằng số $k>0$ tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi $a,b,c >0$:
\[(a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) + k.\frac{{ab + bc + ca}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} \ge k + 9\]
Tiện đây thì anh post luôn hai bài gửi bên mathlink cho các em làm thử nhé
Nếu trùng ở đâu thì nhắn với anh nhé
Bài 212
Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
$$\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge \frac{{9\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{a + b + c}} + 2\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{a + b + c}}$$
Bài 213
Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
$$\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}}} \right) + 5 \ge \frac{{14({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{{ab + bc + ca}}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 26-01-2012 - 21:00
- Cao Xuân Huy yêu thích
#437
Đã gửi 26-01-2012 - 21:05
Cái này là tiêu chuẩn 2 của định lý SOS nên bài giải đã được duyệtTới đây ta chứng minh thêm định lí:
Nếu các số thực $a,b,c,S_a,S_b,S_c$ thỏa mãn 2 điều kiện:
a) $S_a+S_b;S_b+S_c;S_a;S_c \ge 0$
b) Nếu $a\ge b \ge c$ hoặc $a\le b \le c$ thì $S_b \ge 0$
Thì ta có: $\sum\limits_{cyc} {{S_a}{{(b - c)}^2}} \ge 0$
Chứng minh được điều này thì ta có ĐPCM
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 26-01-2012 - 21:08
- Cao Xuân Huy yêu thích
#438
Đã gửi 26-01-2012 - 21:13
212. $a, b, c > 0$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} +\dfrac{9}{a + b + c} \ge \dfrac{4}{a + b} + \dfrac{4}{b + c} + \dfrac{4}{c + a}$$
213. Cho $a, b, c > 0$. Chứng minh rằng
$$\dfrac{3a^4 + 1}{b + c} + \dfrac{3b^4 + 1}{c + a} + \dfrac{3c^4 + 1}{a + b} \ge 2(a^2 + b^2 + c^2)$$
Mình xin lỗi nhé ! Mình giải mà không chú ý vế sau như thế nào, nên post lên một cái đề sai (nguyên bản của nó sai). Nếu như thế này, chắc không ít bạn đã làm ra.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 27-01-2012 - 17:14
- Cao Xuân Huy, nguyenta98, Dung Dang Do và 1 người khác yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#439
Đã gửi 27-01-2012 - 01:27
Bài 179.Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thoả mãn điều kiện $x + y + z = 1$. Chứng minh rằng
$$x^2y + y^2z + z^2x \le \dfrac{4}{27}$$
Giải:
Không mất tính tổng quát, giả sử $x = max\left\{ {x,y,z} \right\}$.
Do $y \le x \Rightarrow {y^2}z \le xyz\,\,;\,\,\,\,z \le x \Rightarrow {z^2}x \le z{x^2}$
Khi đó: $$A = {x^2}y + {y^2}z + {z^2}x \le {x^2}y + xyz + \dfrac{1}{2}{z^2}x + \dfrac{1}{2}{z^2}x \le $$
$$ \le {x^2}y + xyz + \dfrac{{z{x^2}}}{2} + \dfrac{{{z^2}x}}{2} = x\left( {x + z} \right)\left( {y + \dfrac{z}{2}} \right) = {2^2}\left( {\dfrac{x}{2}.\dfrac{{x + z}}{2}} \right)\left( {y + \dfrac{z}{2}} \right)\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$$
Theo BĐT AM - GM, ta có:
$$\left( {\dfrac{x}{2}.\dfrac{{x + z}}{2}} \right)\left( {y + \dfrac{z}{2}} \right) \le {\left( {\dfrac{{\dfrac{x}{2} + \dfrac{{x + z}}{2} + y + \dfrac{z}{2}}}{3}} \right)^3} = {\left( {\dfrac{{x + y + z}}{3}} \right)^3} = \dfrac{1}{{27}}\,\,\,\,\left( 2 \right)$$
Từ (1) và (2) suy ra: $A \le \dfrac{4}{{27}}$. Dấu bằng xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + y + z = 1\\
z = 0\\
\dfrac{x}{2} = \dfrac{{x + z}}{2} = y + \dfrac{z}{2}
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \dfrac{2}{3}\\
y = \dfrac{1}{3}\\
z = 0
\end{array} \right.$
Vậy $maxA = \dfrac{4}{{27}} \Leftrightarrow x = \dfrac{2}{3},\,y = \dfrac{1}{3},\,\,z = 0$.
- perfectstrong, Tham Lang, nguyenta98 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. ™ ♫
#440
Đã gửi 27-01-2012 - 08:29
Bài này cách giải giống bài 209 của HuyBài 212
Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
$$\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge \frac{{9\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{a + b + c}} + 2\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{a + b + c}}$$
$$\iff (a^2+b^2+c^2)\left[(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)-9 \right] \ge 2\sum (a-b)^2$$
Hay:
$$\sum \left[\frac{(a-b)^2(a^2+b^2+c^2)}{ab} \right] \ge 2\sum (a-b)^2$$
Còn bài 213 cũng giải như vầy,nhưng khó hơn
2 hướng tổng quát cho bài 179:
Tổng quát 1: Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$x+y+z=1$.Tìm GTLN của:
$$f(x,y,z)=x^{n}y+y^{n}z+z^{n}x(n \in \mathbb{N^*})$$
Tổng quát 2: Cho $x_{i} \ge 0(i=\overline{1;n};n \ge 3)$ thỏa mãn:$\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}=1$.Chứng minh rằng:
$$x_1^2x_2+x_2^2x_3+...+x_{n-1}^2x_{n}+x_{n}^2x_1 \le \frac{4}{27}$$
- perfectstrong, Cao Xuân Huy, Tham Lang và 2 người khác yêu thích
6 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 6 khách, 0 thành viên ẩn danh