Chủ đề này có 223 trả lời

[ineX]

Khai bút trên VMF =))

Đây là một bài khá khó,dạo trên AoPs thì thấy lời giải bài này

Problem 1.pdf

Một số mở rộng của bài toán này trích dẫn để mọi người tham khảo

• Cho $a,b,c>0$ thì $\frac{a^4}{b^2}+\frac{b^4}{c^2}+\frac{c^4}{a^2}+6(ab+bc+ca)\geq 7(a^2+b^2+c^2)$
• Tìm số dương $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng:$ \frac{a^{4}}{b^{2}}+\frac{b^{4}}{c^{2}}+\frac{c^{4}}{a^{2}}\geq a^2+b^2+c^2+k[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] $

Chúc mừng năm mới  

bạn có link trên AoPs không, cho rỗ ràng với!

[hoctrocuaHolmes]

55) Dễ thôi tết mà  
C/m $\frac{7+2b}{1+a}+\frac{7+2c}{1+b}+\frac{7+2a}{1+c}\geq\frac{69}{4}$ với $a,b,c \in \mathbb{R^+}$ và $\sum a=1$

Cauchy-Schwarz:$\left\{\begin{matrix} \sum \frac{7}{1+a}\geq \frac{63}{a+b+c+3}=\frac{ 63}{4} & \\ \sum \frac{2b}{a+1} =2.\sum \frac{b^{2}}{ab+a}\geq 2.\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca+a+b+c}\geq 2.\frac{1}{\frac{(a+b+c)^{2}}{3}+1}=\frac{3}{2}& \end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{7+2b}{1+a}+\frac{7+2c}{1+b}+\frac{7+2a}{1+c}\geq\frac{63}{4}+\frac{3}{2}=\frac{69}{4}$

Dấu ''='' xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

 

Bài 54: 

Cho $a,b,c,d>0$. Chứng minh rằng : $3+\frac{5}{1+a}+\frac{7}{1+a+b}+\frac{9}{1+a+b+c}+\frac{36}{1+a+b+c+d}\leq 4(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})$

Bài này thực sự em chưa tìm được dấu ''='' xảy ra của đẳng thức,chị Chi có thể gợi ý được không?

Xin đề xuất bài toán mới

Bài 59: Cho $a,b,c >0 $ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix}3a+b\leq 33 & \\ a+b+2c\leq 25 & \end{matrix}\right.$.Tìm Max của  $2(6\sqrt[3]{a}+\sqrt{b})+3\sqrt{c}+2016$ (bài này thấy trên Facebook tác giả có nói ai giải được trọn vẹn bài này sẽ may mắn cả năm,mọi người thử xem )

[Gachdptrai12]

Anh có viết một chuyên đề trong đó có nhắc đến bài toán này, em xem trong file đính kèm nhé.

dạ em có files rồi em xem trên juliel TV ấy blog hay quá trời lun à :v @@ :v

một bài khác cũng khá hay 

Bài 60:cho a,b,c là các số thực dương thỏa x²+y²+z²=1 chứng minh 

$1\leq \frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq \sqrt{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 11-02-2016 - 22:02

[ineX]

 

dạ em có files rồi em xem trên juliel TV ấy blog hay quá trời lun à :v @@ :v

một bài khác cũng khá hay 

Bài 60:cho a,b,c là các số thực dương thỏa a²+b²+c²=1 chứng minh 

$1\leq \frac{x}{1+yz}+\frac{y}{1+xz}+\frac{z}{1+xy}\leq \sqrt{2}$

 

bạn link đi. thứ hai là đấy là Juliel LTV nhé

[hoctrocuaHolmes]

bạn có link trên AoPs không, cho rỗ ràng với!

Link đây

 

Bài 58:Cho đa thức hệ số thực $P\left ( x \right )=x^{3}+ax^{2}+bx+c$ có ba nghiệm

Chứng minh rằng:

$12ab+27c\leq 6a^{3}+10\sqrt{(a^{2}-2b)^{3}}$

lâu lâu đổi gió chút

Gọi ${x_1},{x_2},{x_3}$ là ba nghiệm của phương trình đã cho. Theo Viet, ta có:

$\left\{ \begin{matrix} {x_1} + {x_2} + {x_3} = - a \\ {x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1} = b \\ {x_1}{x_2}{x_3} = - c \\ \end{matrix} \right. $

$\Rightarrow {a^2} - 2b = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2$

BĐT cần chứng minh trở thành: $ - 6a({a^2} - 2b) \le - 27c + 10\sqrt {{{({a^2} - 2b)}^3}} $

$ \Leftrightarrow 6({x_1} + {x_2} + {x_3})(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2) \le 27{x_1}{x_2}{x_3} + 10\sqrt {{{(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2)}^3}} $ (1).

+ Nếu $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 0 \Rightarrow (1)$đúng.

+ Nếu $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 \ne 0$. Vì (1) là BĐT thuần nhất nên ta chỉ cần chứng minh (1) khi $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 9$. Và (1) trở thành:

$2({x_1} + {x_2} + {x_3}) - {x_1}{x_2}{x_3} \le 10$ (2)

Giả sử $|{x_1}| \ge |{x_2}| \ge \left| {{x_3}} \right| \Rightarrow x_1^2 \geq 3$

$ \Rightarrow \left| {{x_2}{x_3}} \right| \le \frac{{x_2^2 + x_3^2}}{2} = \frac{{9 - x_1^2}}{2} \le 3$

Gọi P là VT(2) $ \Rightarrow P = {x_1}(2 - {x_2}{x_3}) + 2({x_2} + {x_3})$

$ \Rightarrow {P^2} \le \left[ {x_1^2 + {{({x_2} + {x_3})}^2}} \right]\left[ {{{(2 - {x_2}{x_3})}^2} + 4} \right]$

$ = (9 + 2{x_2}{x_3})\left[ {{{(2 - {x_2}{x_3})}^2} + 4} \right]$

Đặt $t = {x_2}{x_3} \Rightarrow - 3 \le t \le 3$ và

${P^2} \le (9 + 2t)(8 - 4t + {t^2}) = {(t + 2)^2}(2t - 7) + 100$

$ \Rightarrow {P^2} \le 10 \Rightarrow P \le 10$

Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} {x_1} = {x_2} = 2 \\ {x_3} = - 1 \\ \end{matrix} \right.$

Hay $(a;b;c)$ là hoán vị của bộ $(2t;2t; - t),{\rm{ }}t \geq 0$

P/s:Đề thi HSG QG năm 2001,đăng mục đích tham khảo chứ THCS chưa có được sử dụng Viet bậc 3 =))

[ineX]

bài này mình có cách giải khác, cũng sử dụng Vieta bậc 3, có thể xem tại đây

[superpower]

Bài dễ khai xuân đây : 
Bài 51. Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ và giả sử $a=max${$a,b,c$}. So sánh $b,c$ biết 
$(a-b)^5+(b-c)^5+(c-a)^5 \ge 0$

Cách khác cho bài 51

Do $a=max${$a,b,c$} $

Do đó $\exists  x,y: b=a-x ; c=a-y $

Thay vào, ta được 

$x^5 +(y-x)^5 -y^5 \geq 0 <=> (x^5-y^5) -( x-y)^5 \geq 0 <=> 5xy(x-y)(x^2 -xy+y^2) \geq 0 <=> x \geq y $

Do đó $b \leq c $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 10-02-2016 - 10:16

[hoilamchi]

Bài 43:  Do bận định đăng bài làm trong nháp hôm trước nhưng giờ mời đăng được, mọi người tham khảo:

 

Làm mạnh bđt Cô si:

 

$\frac{a^{4}}{b^{2}}+2ab\geq 3a^{2}+\frac{3}{2}(a-b)^{2}$

 

$\Leftrightarrow (a-b)^{2}\frac{2a^{2}+4ab-3b^{2}}{2b^{2}}\geq 0$

 

Đến đây không phải luôn đúng nên đành chuyển hướng sang S.O.S:

 

tt:  $\frac{b^{4}}{c^{2}}+2bc\geq 3b^{2}+\frac{3}{2}(b-c)^{2}\Leftrightarrow (b-c)^{2}\frac{2b^{2}+4bc-3c^{2}}{2c^{2}}\geq 0$

 

     $\frac{c^{4}}{a^{2}}+2ca\geq 3c^{2}+\frac{3}{2}(c-a)^{2}\Leftrightarrow (c-a)^{2}\frac{2c^{2}+4ac-3a^{2}}{2a^{2}}\geq 0$

 

Cộng vế theo vế ta được:

 

$\frac{a^4}{b^2}+\frac{b^4}{c^2}+\frac{c^4}{a^2}+5(ab+bc+ac)\geq 6(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow S_{a}(a-b)^{2}+S_{b}(b-c)^{2}+S_{c}(c-a)^{2}\geq 0$

 

Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_{b}> 0$

 

nên chỉ cần CM:   $S_{b}+S_{a};S_{b}+S_{c}\geq 0$ nhưng điều này hiển nhiên đúng.  (Tự nháp)

 

$\Rightarrow ĐPCM$

 

p/s: Ai biết latex bị gì không không dùng được phải dung online

Bạn giải thích rõ ràng giúp mình sao lại có đoạn tô đỏ được không 

[longatk08]

Bài 43:  Do bận định đăng bài làm trong nháp hôm trước nhưng giờ mời đăng được, mọi người tham khảo:

 

Làm mạnh bđt Cô si:

 

$\frac{a^{4}}{b^{2}}+2ab\geq 3a^{2}+\frac{3}{2}(a-b)^{2}$

 

$\Leftrightarrow (a-b)^{2}\frac{2a^{2}+4ab-3b^{2}}{2b^{2}}\geq 0$

 

Đến đây không phải luôn đúng nên đành chuyển hướng sang S.O.S:

 

tt:  $\frac{b^{4}}{c^{2}}+2bc\geq 3b^{2}+\frac{3}{2}(b-c)^{2}\Leftrightarrow (b-c)^{2}\frac{2b^{2}+4bc-3c^{2}}{2c^{2}}\geq 0$

 

     $\frac{c^{4}}{a^{2}}+2ca\geq 3c^{2}+\frac{3}{2}(c-a)^{2}\Leftrightarrow (c-a)^{2}\frac{2c^{2}+4ac-3a^{2}}{2a^{2}}\geq 0$

 

Cộng vế theo vế ta được:

 

$\frac{a^4}{b^2}+\frac{b^4}{c^2}+\frac{c^4}{a^2}+5(ab+bc+ac)\geq 6(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow S_{a}(a-b)^{2}+S_{b}(b-c)^{2}+S_{c}(c-a)^{2}\geq 0$

 

Giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_{b}> 0$

 

nên chỉ cần CM:   $S_{b}+S_{a};S_{b}+S_{c}\geq 0$ nhưng điều này hiển nhiên đúng.  (Tự nháp)

 

$\Rightarrow ĐPCM$

 

p/s: Ai biết latex bị gì không không dùng được phải dung online

Lời giải này lỗi ở đâu, các bạn thảo luận cho ý kiến tại đây. Các bạn chú ý $S_{a},S_{b},S_{c}$ ở đây là những biểu thức hoàn toàn hoán vị nên về nguyên tác thì ta phải xét 2 trường hợp. Điều này các bạn xem lời giải có thể thấy rõ nên ở đoạn cuối cùng anh Cẩn có xét cả bộ hoán vị của $a,b,c$ để lời giải thêm chặt chẽ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 10-02-2016 - 11:29

[hoilamchi]

Lời giải này lỗi ở đâu, các bạn thảo luận cho ý kiến tại đây. Các bạn chú ý $S_{a},S_{b},S_{c}$ ở đây là những biểu thức hoàn toàn hoán vị nên về nguyên tác thì ta phải xét 2 trường hợp. Tuy vậy thì lời giải này vẫn có điều chưa chặt chẽ

Mình cũng thấy lời giải này vẫn không ổn, chưa chặt chẽ lắm,có đoạn còn chưa rõ ràng nữa.Tuy vậy do chưa thông thạo SOS lắm nên mình cũng chưa thấy lỗi sai của bài giải này

[longatk08]

Thứ nhất: Chúng ta có quyền sắp thứ tự hoàn toàn khi vai trò $a,b,c$ trong biểu thức tương đương nhau nhưng với bài này vai trò của các biến không bình đẳng. Thứ 2: Người khác có quyền thắc mắc nếu họ không hiểu về 1 bước trong bài làm của bạn nên tôi nghĩ bạn nên giải thích cho họ hiểu, không hiểu thì phải hỏi, thế thôi. Những bước như thế thì không nên làm tắt. Mà theo biểu thức của bạn gõ ra thì $S_{a},S_{b},S_{c}$ nó đổi chỗ cho nhau hết cả, cái đầu tiên là $S_{c}$, thứ hai phải là $S_{a}$ và thứ 3 là $S_{b}$. Việc xác định đúng các biểu thức hết sức quan trọng trong quá trình bạn biện luận nhé.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 10-02-2016 - 11:49

[hoilamchi]

Tôi hiểu ý bạn là phải giả sử hai trường hợp $a\geq b\geq c;c\geq b\geq a$ vì đây là a,b,c hoán vị nhưng do hai trường hợp hoàn toàn tương tự nhau nên ta chỉ xét một trường hợp rồi suy ra trường hợp kia luôn.

 

Còn cái S đó chẳng qua là tên thôi bạn ạ, khác cũng như nhau thôi.

 

Còn tính toán chỉ có đúng hoặc sai chẳng có cái gì gọi là tư duy ở đây cả, còn ở đây do bạn gì đó chưa nháp mà hỏi nên mình mới nói.

 

Còn nếu bạn vẫn thấy không vừa mắt thì bạn có thể cho là bài mình sai đi, đừng quan tâm đến nó và đừng reply trong topic nữa!

 

p/s: Q onl xóa giúp mình bài viết này, sr vì spam trong topic! 

Sao phải xóa nhỉ đó chỉ là góp ý để tiến bộ hơn mà thôi,không hẳn là spam.Mình nghĩ Topic này khác hẳn với các Topic bất đẳng thức THCS khác bởi tính chất.TOPIC này có các mở rộng,phát triển bài toán rất hay,phát huy tính sáng tạo cho THCS và bây giờ là có cả các nhận xét rất có lý thông qua mỗi bài toán nữa.Mỗi post của các bạn mình rất thích vì đã mở mang cho mình rất nhiều kiến thức.Nếu HappyLife cho đây cũng là bài SPAM thì xóa bài của mình đi .Cảm ơn.

[binhnhaukhong]

Mình thấy mấy em có vẻ hơi tiêu cực về vấn đề góp ý, có sao đâu mà, ai chả thích sự hoàn thiện, thôi thì cứ nhận lời góp ý đấy để hoàn thiện tư duy học toán của mình hơn, vốn mình cũng là 1 con người đi lên từ những lời góp ý, Toán học rất cần những lời góp ý như thế, tuy hơi sai lệch chủ đề Topic nhưng mình thấy các ban hơi căng thẳng nên nói vậy, các bạn cứ thẳng thắn nêu quan điểm của mình để cũng nhau bàn luận, tìm hướng hoàn thiện tư duy của mình. Thân!

 

Để tránh làm loãng topic thì mình xin đóng góp bài toán sau, theo mình là khá đẹp.

 

Bài 61: Cho $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac>0$.Chứng minh rằng:

 

$$\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\leq \frac{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ac)}{4(ab+bc+ac)^2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 10-02-2016 - 16:03

[I Love MC]

Bài 62:Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$ 
Chứng minh : $\sum \frac{a^3}{(b+1)(c+1)} \ge 0,75$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 10-02-2016 - 16:28

[PlanBbyFESN]

61) Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$ 
Chứng minh : $\sum \frac{a^3}{(b+1)(c+1)} \ge 0,75$

 

Bài 61:

 

AM-GM:

 

 $\frac{a^3}{(b+1)(c+1)}+\frac{b+1}{8}+\frac{c+1}{8}\geq \frac{3}{2}a\Rightarrow \sum  \frac{a^3}{(b+1)(c+1)}\geq \frac{3}{2}\sum a-\frac{1}{4}\sum a-\frac{3}{4}=\frac{3}{4}$

 

..........................

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 10-02-2016 - 14:40

[luukhaiuy]

61) Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$ 
Chứng minh : $\sum \frac{a^3}{(b+1)(c+1)} \ge 0,75$

$\frac{a^3}{(b+1)(c+1)}+\frac{a+1}{4}+\frac{b+1}{4}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3}{(a+1)(b+1)}.\frac{a+1}{8}.\frac{b+1}{8}}=\frac{3a}{4}$

hay $\frac{a^3}{(a+1)(b+1)}\geq \frac{5a}{8}-\frac{1}{4}-\frac{b}{8}$

CMTuong Tự rồi cộng vế suy ra DPCM

[PlanBbyFESN]

Bài  63: $x,y,z>0 ; x+y+z=1$

 

CM:  $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geq \frac{1}{3}$

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 10-02-2016 - 17:07

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 61: Cho $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac>0$.Chứng minh rằng:

 

$$\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\leq \frac{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ac)}{4(ab+bc+ac)^2}$$

 

Chú ý rằng $\frac{ab+bc+ca}{(a+b)^2} = \frac{c}{a+b}+\frac{ab}{(a+b)^2},$ nên bất đẳng thức trên tương đương với

\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2} \leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{5}{4}.\]

Mặt khác ta lại có

\[\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2} \leqslant \frac{1}{4}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)},\]

nên ta chỉ cần chứng minh

\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+1,\]

Đặt $p=a+b+c,\,q=ab+bc+ca$ và $r=abc$ thì bất đẳng thức trên trở thành

\[pq^2 \geqslant (p^2+6q)r.\]

Bất đẳng thức này đúng vì $r \leqslant \frac{q^2}{3p}$ và

\[pq^2 - (p^2+6q) \cdot \frac{q^2}{3p} = \frac{2q^2(p^2-3q)}{3p} \geqslant 0.\]

Bài toán được chứng minh.

[NTA1907]

Bài  63: $x,y,z>0 ; x+y+z=1$

CM:  $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geq \frac{1}{3}$

Bđt sai với $(x,y,z)=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$ và các hoán vị

[PlanBbyFESN]

Bđt sai với $(x,y,z)=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0)$ và các hoán vị

 

Lớn hơn 0 mà bạn?

 

------------------------------------------

 

Từ cái bạn nói mình thêm luôn 1 bài, tuy nhiên lỏng hơn nhiều, bài trước khá chặt:

 

 

Bài  63: $x,y,z>0 ; x+y+z=1$

 

CM:  $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geq \frac{1}{3}$

 

Bài 64: $x,y,z\geq 0;x+y+z=1$

 

CM:  $x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geq \frac{1}{4}$

 

P/S: Có ai giúp hệ thống lại các bài chưa giải không?

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 10-02-2016 - 18:24