Vế phải là mũ $3$ mới phải
Mình nhầm :3
P/s: Long Vá xóa bài giùm anh
Vế phải là mũ $3$ mới phải
Mình nhầm :3
P/s: Long Vá xóa bài giùm anh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 18-06-2016 - 09:44
Bài toán 1. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng \[\sqrt{\dfrac{a(b+c)}{b^2+c^2}}+\sqrt{\dfrac{b(c+a)}{c^2+a^2}}+\sqrt{\dfrac{c(a+b)}{a^2+b^2}}\geq 2\]
Bài này dùng côsi đảo dễ dàng nhất. BĐT chặt hơn là: $$\sum {\sqrt {\frac{{a\left( {b + c} \right)}}{{{a^2} + bc}}} } \ge 2 + \frac{{8abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenngoctu: 18-06-2016 - 14:54
Bài này dùng côsi đảo dễ dàng nhất. BĐT chặt hơn là: $$\sum {\sqrt {\frac{{a\left( {b + c} \right)}}{{{a^2} + bc}}} } \ge 2 + \frac{{4abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$\sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}= \frac{a(b+c)}{\sqrt{(a^2+bc).a(b+c)}}\geq \frac{2a(b+c)}{a^2+bc+a(b+c)}=\frac{2a(b+c)}{(a+b)(a+c)}$
Tương tự và cộng theo vế ta được:
$\sum \sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}\geq 2.\sum \frac{a(b+c)}{(a+b)(a+c)}= \frac{2[a(b+c)^2+b(a+c)^2+c(a+b)^2]}{(a+b)(b+c)(c+a)}= 2+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Dấu ''='' xảy ra khi a=b=c
Nothing in your eyes
Bài 35/1: Giả sử $c=min(a,b,c)$.
Bất đẳng thức đã cho tương đương:
$\frac{7(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{(a+b+c)(\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+a+b+c)} \geq \frac{(a-b)^2(a+b)+(a-c)(b-c)(b+c)}{2(a^3+b^3+c^3)}$.
Do $(a-b)^2(a+b)+(a-c)(b-c)(b+c) \leq (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$ nên ta chỉ cần chứng minh:
$14(a^3+b^3+c^3) \geq (a+b+c)^2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$.
Sử dụng Cauchy-Schwarz ta có:
$14(a^3+b^3+c^3) \geq 14\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a+b+c} \geq \frac{14}{9}.\frac{(a+b+c)^3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{a+b+c} \geq (a+b+c)^2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} \blacksquare$.
$(a+b+c)^{3}$ mất đâu rồi bạn :3
Ta có
\[2\left(\frac{a}b{+\frac{b}c{+\frac{c}{a}}}\right)+1-\frac{21(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}} = \frac{2\displaystyle \sum a(a-b)^2(b-2c)^2}{abc(a+b+c)^2} \geqslant 0.\]
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
hình như cái phân tích thế nào ấy em phân tích nó ra khác và ko lớn hơn 0 anh xem lại dùm em cảm ơn
hình như cái phân tích thế nào ấy em phân tích nó ra khác và ko lớn hơn 0 anh xem lại dùm em cảm ơn
Anh đã kiểm tra lại và thấy nó đúng
Anh đã kiểm tra lại và thấy nó đúng
èo srry em chưa phân tích hết ra
Cho em hỏi là anh dùng thuật toán như thế nào để phân tích ra các hệ số không âm vậy ạ? Em phân tích ra dạng SOS mà các hệ số có âm có dương khá là khó đánh giá
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fatcat12345: 23-06-2016 - 01:34
Cho em hỏi là anh dùng thuật toán như thế nào để phân tích ra các hệ số không âm vậy ạ? Em phân tích ra dạng SOS mà các hệ số có âm có dương khá là khó đánh giá
Anh dùng hệ số bất định.
Vì topic lâu rồi cũng dậm tại chỗ nên mình xin phép đề xuất bài mới.
Bài toán 36 (Sưu tầm) Cho $a,b,c,x,y,z\geq 0$. Chứng minh
$$x(b+c)+y(c+a)+z(a+b)\geq 2\sqrt{(xy+yz+zx)(ab+bc+ca)}.$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fatcat12345: 23-06-2016 - 16:44
Bài 35 có thể chứng minh dựa vào đẳng thức sau, chú ý là có thể tìm ra và tính toán bằng tay chứ không phải dùng máy tính:
http://artofproblems...231645p3507509
Bài toán 37. (AoPS) . Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
Bài 35 có thể chứng minh dựa vào đẳng thức sau, chú ý là có thể tìm ra và tính toán bằng tay chứ không phải dùng máy tính:
http://artofproblems...231645p3507509
An interesting proof for you, manilo!
\[{ 6\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+3-7(a^2+b^2+c^2)=\dfrac{2}{3} \cdot \left[\dfrac{(2b-c)^2(a-b)^2}{bc}+\dfrac{(2c-a)^2(b-c)^2}{ca}+\dfrac{(2a-b)^2(c-a)^2}{ab} \right].}\]
Đẳng thức này sai.
Đẳng thức này đúng, chú ý $a+b+c=3.$
Đẳng thức này đúng, chú ý $a+b+c=3.$
Cho $a=1,\,b=\frac{1}{2},\,c=\frac{3}{2}$ thì $a+b+c=3$
\[6\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)+3-7(a^2+b^2+c^2) = \frac{3}{2},\]
và
\[\dfrac{2}{3} \cdot \left[\dfrac{(2b-c)^2(a-b)^2}{bc}+\dfrac{(2c-a)^2(b-c)^2}{ca}+\dfrac{(2a-b)^2(c-a)^2}{ab} \right] = \frac{31}{12}.\]
Bài 35 có thể chứng minh dựa vào đẳng thức sau, chú ý là có thể tìm ra và tính toán bằng tay chứ không phải dùng máy tính:
Tất nhiên là làm hoàn toàn bằng tay, những phân tích kiểu này anh Cẩn cũng đã từng hướng dẫn trong tạp chí Epsilon số 1.
Bài toán 37. (AoPS) . Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$\sqrt{a^2+bc+b^2}+\sqrt{b^2+ca+c^2}+\sqrt{c^2+ab+a^2} \geq \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}.$$
Lời giải bài 37.
Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}.$
Ta chứng minh
$$\sqrt{a^2+bc+b^2}+\sqrt{c^2+ab+a^2}\geq \sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{c^2+bc+a^2}$$
bình phương và thu gọn ta cần chứng minh
$$(a^2+bc+b^2)(c^2+ab+a^2)\geq (a^2+ab+b^2)(c^2+bc+a^2)$$
$$\Leftrightarrow b(b+c)(b-c)(a-c)\geq 0$$
Ta cũng chứng minh
$$\sqrt{b^2+ca+c^2}+\sqrt{a^2+bc+c^2}\geq \sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}$$
bình phương và thu gọn ta cần chứng minh
$$(b^2+ca+c^2)(a^2+bc+c^2)\geq (b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)$$
$$\Leftrightarrow c(a+b)(a-b)^2\geq 0$$
Từ 2 bất đẳng thức trên ta dễ dàng suy ra
$$\sum_{cyc}\sqrt{a^2+bc+b^2}\geq \sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+b^2}$$
nên ta chỉ cần chứng minh
$$\sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+b^2}\geq \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}$$
bình phương và thu gọn ta cần chứng minh
$$\sum_{cyc}\sqrt{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)}\geq (a+b+c)^2$$
ta lại có $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)-\left [ b^2+\frac{b(c+a)}{2}+ca \right ]^2=\frac{3}{4}b^2(c-a)^2\geq 0$
nên
$$\sum_{cyc}\sqrt{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)}\geq \sum_{cyc}\left [ b^2+\frac{b(c+a)}{2}+ca \right ]=(a+b+c)^2$$
Xong!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fatcat12345: 26-06-2016 - 19:59
Lời giải bài 37.
Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}.$
Ta chứng minh
$$\sqrt{a^2+bc+b^2}+\sqrt{c^2+ab+a^2}\geq \sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{c^2+bc+a^2}$$
bình phương và thu gọn ta cần chứng minh
$$(a^2+bc+b^2)(c^2+ab+a^2)\geq (a^2+ab+b^2)(c^2+bc+a^2)$$
$$\Leftrightarrow b(b+c)(b-c)(a-c)\geq 0$$
Ta cũng chứng minh
$$\sqrt{b^2+ca+c^2}+\sqrt{a^2+bc+c^2}\geq \sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}$$
bình phương và thu gọn ta cần chứng minh
$$(b^2+ca+c^2)(a^2+bc+c^2)\geq (b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)$$
$$\Leftrightarrow c(a+b)(a-b)^2\geq 0$$
Từ 2 bất đẳng thức trên ta dễ dàng suy ra
$$\sum_{cyc}\sqrt{a^2+bc+b^2}\geq \sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+b^2}$$
nên ta chỉ cần chứng minh
$$\sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+b^2}\geq \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}$$
bình phương và thu gọn ta cần chứng minh
$$\sum_{cyc}\sqrt{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)}\geq (a+b+c)^2$$
ta lại có $(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)-\left [ b^2+\frac{b(c+a)}{2}+ca \right ]^2=\frac{3}{4}b^2(c-a)^2\geq 0$
nên
$$\sum_{cyc}\sqrt{(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)}\geq \sum_{cyc}\left [ b^2+\frac{b(c+a)}{2}+ca \right ]=(a+b+c)^2$$
Xong!
lời giải của bạn là lời giải được lấy từ http://www.artofprob...h507278p2850887
lời giải của bạn là lời giải được lấy từ http://www.artofprob...h507278p2850887
Sao em có thể khẳng định như vậy ?
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh