Chủ đề này có 1115 trả lời

[Dung Dang Do]

Bài 209:(alex_hoang) đúng đề hay ko nựa.Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$\left({a+b+c}\right)\left({\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)\ge 9+\frac{8}{3}\left[{{{\left({a-b}\right)}^{2}}+{{\left({b-c}\right)}^{2}}+{{\left({c-a}\right)}^{2}}}\right]$

[Cao Xuân Huy]

Bài 209:(alex_hoang) đúng đề hay ko nựa.Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$\left({a+b+c}\right)\left({\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)\ge 9+\frac{8}{3}\left[{{{\left({a-b}\right)}^{2}}+{{\left({b-c}\right)}^{2}}+{{\left({c-a}\right)}^{2}}}\right]$

Thử với bộ số $(a;b;c)=(1;2;3)$ thì thấy ngay đề sai

zzzZZZzzz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 26-01-2012 - 17:58

[Tham Lang]

Theo chém gió

Bài 207: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minhg rằng:
$\frac{a+1}{ab+1}+\frac{b+1}{bc+1}+\frac{c+1}{ca+1}\ge3$

Theo hướng dần trên, mình xin làm bài này
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.

[dark templar]

Bài 209:(alex_hoang) đúng đề hay ko nựa.Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$\left({a+b+c}\right)\left({\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)\ge 9+\frac{8}{3}\left[{{{\left({a-b}\right)}^{2}}+{{\left({b-c}\right)}^{2}}+{{\left({c-a}\right)}^{2}}}\right]$

Đề 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

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

[Dung Dang Do]

${(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right ) \ge 9+\frac{8}{3}.\frac{[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]}{a^2+b^2+c^2}}$.Ghi lại đề dùm anh dark templar

[transformer]

Bài 202:Đặt p=a+b+c=3;q=ab+bc+ca;r=abc
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

[Tham Lang]

Bài 210(Dễ): Cho $a,b,c,d \in \mathbb{R}$.Chứng minh:
$$\min \{a-b^2;b-c^2;c-d^2;d-a^2 \} \le \frac{1}{4}$$

Mình xin làm bài dễ này trước.
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

[alex_hoang]

Đề 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

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 nhé

[transformer]

Bài này em dùng biến đổi tương đương nhưng chỉ được đoạn đầu rồi bí luôn

[Cao Xuân Huy]

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

[Secrets In Inequalities VP]

Bài 210: Cho a,b,c>0 .CMR:
$ \sqrt{\sum c^{2}(a+b)^{2}}\geq \frac{54(abc)^{3}}{(a+b+c)^{2}\sqrt{(ab)^{4}+(bc)^{4}+(ca)^{4}}}$

[Cao Xuân Huy]

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

[Tham Lang]

Bài 210 mình không tiện chứng minh. Nhưng chỉ cần nhân lên, chứng minh $A \ge 54(abc)^3$ là được.bằng cách sử dụng AM-GM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 26-01-2012 - 20:29

[Ispectorgadget]

Híc toàn bài khó :|
Bài 211: Cho a,b là 2 số thực dương CMR
$3a^3+7b^3\geq 9ab^2$

[Tham Lang]

$$3a^3 + 7b^3 \ge 3a^3 + 6b^3 = 3(a^3 + b^3 + b^3) \ge 3.3.ab^2$$

[alex_hoang]

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 $a,b,c >0$:

\[(a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) + k.\frac{{ab + bc + ca}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} \ge k + 9\]

Cảm ơn Huy nhé anh cứ không có sách của Trần Phương nên cứ tưởng đây là bài của riêng mình
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

[dark templar]

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

Cái này là tiêu chuẩn 2 của định lý SOS nên bài giải đã được duyệt

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 26-01-2012 - 21:08

[Tham Lang]

Sau đây là một số bài toán phù hợp với THCS hơn
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

[Ispectorgadget]

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 $maxA = \dfrac{4}{{27}} \Leftrightarrow x = \dfrac{2}{3},\,y = \dfrac{1}{3},\,\,z = 0$.

[dark templar]

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 này cách giải giống bài 209 của Huy
$$\iff (a^2+b^2+c^2)\left[(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)-9 \right] \ge 2\sum (a-b)^2$$
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:
$$x_1^2x_2+x_2^2x_3+...+x_{n-1}^2x_{n}+x_{n}^2x_1 \le \frac{4}{27}$$