Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Topic nhận đề về Bất đẳng thức và cực trị


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 14 trả lời

#1 E. Galois

E. Galois

    Chú lùn thứ 8

  • Quản trị
  • 3804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán và thơ

Đã gửi 18-08-2013 - 09:21

Topic này dùng để BTC nhận đề thi từ các toán thủ thi đấu về Bất đẳng thức và cực trị

 

I- Bạn cần biết:

1) Điều lệ giải đấu

2) Lịch thi đấu

3) Đăng kí thi đấu

 

II - Yêu cầu về đề bài
1. Hình thức:

- Đề bài phải có đáp án kèm theo.

- Đề bài và đáp án được gõ $\LaTeX$ rõ ràng

2. Nôi dung

* Đối với MO

- Mỗi bộ đề bao gồm 1 câu của THPT. Kiến thức dùng để giải bài không vượt quá kiến thức thi VMO

- Đề bài không được ở dạng thách đố, cách giải ngặt ngèo thông qua những bổ đề quá khó, không copy nguyên văn từ đề thi Olympic hoặc HSG cấp tỉnh trở lên.

- Toán thủ không nên copy đề bài từ một topic nào đó của VMF, không được post lại đề đã nộp ra topic mới dù cho đề có được chọn hay không.

 

III - Mẫu đăng kí và nộp đề

1. Họ và tên thật:

2. Đang học lớp ?, trường ?, huyện ?, tỉnh ?

3. Đề 

4. Đáp án

 

IV - Chú ý

1) Bạn sẽ thấy ở trên khung trả lời của bạn có dòng sau Bài viết này phải qua kiểm duyệt của quản trị viên mới được đăng lên diễn đàn.

Điều này có nghĩa là các toán thủ khi nộp đề, cứ yên tâm rằng, sau khi đánh máy và ấn nút GỬI BÀI là đề đã được lưu, BTC đã nhận được đề của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể biết trước đề của bạn được.

 

2) Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi $\LaTeX$ trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa. 

 

3) Nếu đề bài của bạn không được chấp nhận, BTC sẽ làm hiện nó và nói rõ lý do vì sao, khi đó, bạn phải nộp đề khác. 

Nếu đề bài của bạn được chấp nhận, bạn sẽ thấy tên mình trong danh sách thi đấu tại đây sau mỗi thứ 7 hàng tuần.

 

4) Mỗi tuần, BTC chỉ cho phép toán thủ đăng kí 1 nộp đề cho 1 chủ đề nên bạn đừng ngạc nhiên khi thấy có lúc topic này bị khóa

 

 


1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại 
http://Chúlùnthứ8.vn

5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.


#2 hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Combinatorics, Graph Theory, Number Theory.
    Incidences, Sum-product problem.

Đã gửi 18-08-2013 - 10:55

Học và tên: Nguyễn Văn Thế

Lớp: 10 toán 1 - Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh.

Đề: Cho a, b là các  số thực không âm. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 $Q=\frac{(1+a^2)(1+b^2)}{1+(a+b)^2}$

 

Đáp án:

Ta có: $(a-b)^2+(2ab-1)^2\geq 0$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+4a^2b^2+1\geq 6ab$

$\Leftrightarrow 4(a^2+b^2)+4a^2b^2+4\geq 3(a^2+b^2)+6ab+3$

$\Leftrightarrow 4(1+a^2)(1+b^2)\geq 3[(a+b)^2+1]$

$\Rightarrow Q=\frac{(1+a^2)(1+b^2)}{(a+b)^2+1}\geq \frac{3}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}$

 

 

 



#3 maitienluat

maitienluat

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 182 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quy Nhơn

Đã gửi 19-08-2013 - 21:28

1. Họ và tên thật: Mai Tiến Luật

2. Đang học lớp: 11T, trường: THPT chuyên Lê Quý Đôn, thành phố Quy Nhơn, tỉnh Bình Định

3. Đề:

Cho số tự nhiên $n \geq 2$. Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a_1, a_2, ..., a_n, x_1, x_2, ..., x_n$ thoả mãn $\sum_{1 \geq i \geq j \geq n} x_i.x_j= \frac {n(n-1)} {2}$ , ta có :

$$\frac {a_1} {a_2+a_3+...+a_n} . (x_2+x_3+...+x_n) + ... + \frac {a_n} {a_1+a_2+...+a_{n-1}}.(x_1+x_2+...+x_{n-1}) \geq n$$

4. Đáp án

Đặt $S=a_1+a_2+...+a_n$. Sử dụng điều kiện ta viết lại BĐT dưới dạng:

 $$\sum_{i=1}^{n} \frac {a_i} {S-a_i} . (x_1+...+x_{i-1}+x_{i+1}+x_n) \geq \sqrt {\frac {2n} {n-1} . \sum_{1 \geq i \geq j \geq n} x_i.x_j} $$

Ta có thể chuẩn hoá cho $\sum_{i=1}^{n} x_i =1$. BĐT trở thành:

$$\sum_{i=1}^{n} \frac {a_i} {S-a_i} . (1-x_i) \geq \sqrt {\frac {2n} {n-1} . \sum_{1 \geq i \geq j \geq n} x_i.x_j} $$

$$\Leftrightarrow 2\sqrt {\frac {n} {2(n-1)} . \sum_{1 \geq i \geq j \geq n} x_i.x_j}+ \sum_{i=1}^{n} \frac {a_i} {S-a_i} . x_i \leq \sum_{i=1}^{n} \frac {a_i} {S-a_i} $$ (1)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$${VT^2(1) \leq (\sum_{i=1}^n x_i^2 +2 \sum_{1 \geq i \geq j \geq n} x_i.x_j})\left ( \frac{n}{2(n-1)}+\frac{n}{2(n-1)}+\sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{(S-a_i)^2} \right )= \frac {n} {n-1} + \sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{(S-a_i)^2}$$

Để chứng minh (1) ta chỉ cần chỉ ra

$$\frac {n} {n-1} + \sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{(S-a_i)^2} \leq \left (\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{S-a_i} \right )^2$$

$$\Leftrightarrow \sum_{1\leq i<j \leq n} \frac{a_ia_j}{(S-a_i)(S-a_j)}\geq \frac{n}{2(n-1)}$$ (2)

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có

$$VT(2) = \sum_{1\leq i<j \leq n} \frac{a_i^2a_j^2}{a_ia_j(S-a_i)(S-a_j)} \geq \frac{(\sum a_ia_j)^2}{\sum a_ia_j(S-a_i)(S-a_j)}$$

Đặt $b_i=a_i(S-a_i)$. Theo BĐT AM-GM ta dễ dàng có được $$(n-1)\sum b_i^2\geq 2\sum b_ib_j$$

$$\Rightarrow (\sum b_i)^2 \geq (2+\frac{2}{n-1})(\sum b_ib_j)=\frac{2n}{n-1}(\sum b_ib_j)$$

Từ đó, để ý rằng $2\sum a_ia_j= \sum a_i(S-a_i)$ ta suy ra

$$VT(2) \geq \frac{\left ( \sum b_i \right )^2}{4\sum b_ib_j}\geq \frac{1}{4}.\frac{2n}{n-1}=\frac{n}{2(n-1)}= VP(2)$$

Vậy BĐT (2) được chứng minh, tức là (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=...=a_n > 0$ và $x_1=x_2=...=x_n=1$.

 

 

 

 

 

 

 



#4 Twisted Fate

Twisted Fate

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết

Đã gửi 15-12-2013 - 16:44

Cho 3 số dương $x,y,z$ thỏa mãn $xy+yz+xz=3xyz$. Chứng minh rằng : 

$\sum \frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)(1+xy)} \leq \frac{3}{4}$

Lời giải :

$\sum \frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)(1+xy)} = \sum \frac{xy}{(x^2+y^2)(\frac{1}{xy}+1)} =  \sum \frac{xy}{\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + x^2+y^2} \leq \sum \frac{xy}{\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + 2xy}$

Đổi biến $(x,y,z) \rightarrow (a,b,c)$ với $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$ thì $\sum a = 3$

$\sum \frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)(1+xy)} \leq \sum \frac{xy}{\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + 2xy} = \sum \frac{\frac{1}{ab}}{\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + \frac{2}{ab}} = \sum \frac{1}{a^2+b^2+2} (1)$

$3 -  \sum \frac{2}{a^2+b^2+2} = \sum(1 - \frac{1}{a^2+b^2+2}) = \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2} \geq \frac{(\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2\sum a^2 + 6} = \frac{\sum a^2 + \sum \sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}}{\sum a^2 +3} \geq \frac{\sum a^2 + \sum(a^2 + bc)}{\sum a^2 +3} = \frac{2\sum a^2 + \sum bc}{\sum a^2 +3} = \frac{\frac{3}{2}\sum a^2 + \frac{1}{2}(\sum a)^2}{\sum a^2 +3} = \frac{3}{2}$ 

$(a+b+c=3)$ 
$ \rightarrow \sum \frac{1}{a^2+b^2+2} \leq \frac{3}{4} (2)$
Từ $(1)$ và $(2)  \rightarrow$  ĐPCM

BTC không chấp nhận đề này do không rõ tên, lớp, trường của người đăng kí



#5 davidsilva98

davidsilva98

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Đồng Nai
  • Sở thích:Hình học, bất đẳng thức

Đã gửi 16-12-2013 - 23:55

Họ và tên: Nguyễn Công Phúc. Lớp:10Toán

trường:THPT Chuyên Lương Thế Vinh,TP.Biên Hòa,Tỉnh Đồng Nai

Đề:Cho a,b là hai số dương thỏa mãn $a+b\geq 1$. CMR:$\frac{a^{2}}{a+1}+\frac{b^{2}}{b+1}\geq \frac{a+b}{3}$

Đáp án: Theo bđt Bunhiacopxki dạng phân thức ta có:

$\frac{a^{2}}{a+1}+\frac{b^{2}}{b+1}\geq \frac{(a+b)^{2}}{a+b+2}$

Mà $a+b\geq 1$ nên $a+b+2 \leq 3(a+b)$

Suy ra:$\frac{a^{2}}{a+1}+\frac{b^{2}}{b+1}\geq \frac{(a+b)^{2}}{3(a+b)}= \frac{a+b}{3}$(đpcm)



#6 Twisted Fate

Twisted Fate

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết

Đã gửi 22-12-2013 - 08:18

1. Họ và tên thật: Nguyễn Xuân Dũng

2. Đang học lớp M-A1K48, Trường THPT chuyên KHTN, Đại Học KHTN, Đại Học Quốc Gia Hà Nội

3. Đề:

Cho 3 số dương $x,y,z$ thỏa mãn $xy+yz+xz=3xyz$. Chứng minh rằng : 

$\sum \frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)(1+xy)} \leq \frac{3}{4}$

4. Đáp án

$\sum \frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)(1+xy)} = \sum \frac{xy}{(x^2+y^2)(\frac{1}{xy}+1)} =  \sum \frac{xy}{\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + x^2+y^2} \leq \sum \frac{xy}{\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + 2xy}$

Đổi biến $(x,y,z) \rightarrow (a,b,c)$ với $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$ thì $\sum a = 3$

$\sum \frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)(1+xy)} \leq \sum \frac{xy}{\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + 2xy} = \sum \frac{\frac{1}{ab}}{\frac{a}{b} + \frac{b}{a} + \frac{2}{ab}} = \sum \frac{1}{a^2+b^2+2} (1)$

$3 -  \sum \frac{2}{a^2+b^2+2} = \sum(1 - \frac{1}{a^2+b^2+2}) = \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2} \geq \frac{(\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2\sum a^2 + 6} = \frac{\sum a^2 + \sum \sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}}{\sum a^2 +3} \geq \frac{\sum a^2 + \sum(a^2 + bc)}{\sum a^2 +3} = \frac{2\sum a^2 + \sum bc}{\sum a^2 +3} = \frac{\frac{3}{2}\sum a^2 + \frac{1}{2}(\sum a)^2}{\sum a^2 +3} = \frac{3}{2}$ 

$(a+b+c=3)$ 
$ \rightarrow \sum \frac{1}{a^2+b^2+2} \leq \frac{3}{4} (2)$
Từ $(1)$ và $(2)  \rightarrow$  ĐPCM

 

x2y2(x2+y2)(1+xy)xyxy+yx+2xy=1abab+ba+2ab=1a2+b2+2(1)

3  2a2+b2+2=(11a2+b2+2)=a2+b2a2+b2+2(a2+b2)22a2+6=a2+(a2+b2)(a2+c2)a2+3a2+(a2+bc)a2+3=2a2+bca2+3=32a2+12(a)2



#7 vietyeschuyen

vietyeschuyen

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Quảng Bình

Đã gửi 23-12-2013 - 08:54

Cho các số thực dương a,b,c chứng minh:

$3\left ( a+b+c \right )\geq \sqrt{a^{2}+8bc}+\sqrt{b^{2}+8ca}+\sqrt{c^{2}+8ab}$

 



#8 bachhammer

bachhammer

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHKHTN TPHCM
  • Sở thích:Bay...trên trời (SKY!!!)

Đã gửi 24-12-2013 - 10:06

1. Họ và tên: Trần Ngọc Bách.

2. Lớp: 11T1; Trường: THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển; Thành phố Cà Mau, Tỉnh Cà Mau.

3. Đề: Cho a, b, c là các số thực và x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{2abyz}{x^{2}+yz}+\frac{2bcxy}{z^{2}+xy}+\frac{2cazx}{y^{2}+zx}\geq \frac{2abx^{2}}{x^{2}+yz}+\frac{2bcz^{2}}{z^{2}+xy}+\frac{2cay^{2}}{y^{2}+zx}$.

4. Đáp án: 

Ta quy ước kí hiệu $\sum_{sym}$ để chỉ các tổng đối xứng, chẳng hạn $\sum_{sym}x=x+y+z;\sum_{sym}xy=xy+yz+zx$.

Do tính thuần nhất của bất đẳng thức theo bộ x, y, z nên ta có thể chuẩn hoá $x+y+z=1$. Khi đó ta đặt $tan\frac{\alpha}{2}=\sqrt{\frac{xy}{z}};tan\frac{\beta}{2}=\sqrt{\frac{yz}{x}};tan\frac{\gamma}{2}=\sqrt{\frac{zx}{y}},\alpha ,\beta ,\gamma \in (0;\pi)$. Lúc đó ta có:

$\sum_{sym}tan\frac{\alpha}{2}tan\frac{\beta}{2}=\sum_{sym}\sqrt{\frac{xy}{z}}\sqrt{\frac{yz}{x}}=\sum_{sym}x=1\Leftrightarrow tan\frac{\gamma}{2}=\frac{1-tan\frac{\alpha}{2}tan\frac{\beta}{2}}{tan\frac{\alpha}{2}+tan\frac{\beta}{2}}=tan(\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2})\Leftrightarrow \alpha+\beta+\gamma=\pi;(\alpha,\beta,\gamma \in (0;\pi))$.

Ta có: $cos\alpha=\frac{1-tan^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+tan^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{z^{2}-xy}{z^{2}+xy};cos\beta=\frac{x^{2}-yz}{x^{2}+yz};cos\gamma=\frac{y^{2}-zx}{y^{2}+zx}$.

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại dưới dạng:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 2abcos\beta+2bccos\alpha+2cacos\gamma\Leftrightarrow (asin\gamma-csin\alpha)^{2}+(ccos\alpha+acos\gamma-b)^{2}\geq 0$.

Dấu "=" xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} asin\gamma-csin\alpha=0\\ccos\alpha+acos\gamma-b=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{a}{sin\alpha}=\frac{c}{sin\gamma}\\b=ccos\alpha+acos\gamma=\frac{c}{sin\gamma}.sin\gamma.cos\alpha+acos\gamma=\frac{a}{sin\alpha}sin\gamma.cos\alpha+acos\gamma=\frac{a}{sin\alpha}.sin\beta \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \frac{a}{sin\alpha}=\frac{b}{sin\beta}=\frac{c}{sin\gamma}$

(Với các số $\alpha;\beta;\gamma$ được xác định như trên).

Vậy ta có đpcm.


:ukliam2: TOPIC SỐ HỌC - Bachhammer :ukliam2: 

Topic số học, các bài toán về số học

:namtay  :namtay  :namtay  :lol:  :lol:  :lol:  :lol:  :excl:  :excl:  :excl:  :lol:  :lol:  :lol: :icon6:  :namtay  :namtay  :namtay  


#9 vietthptchuyenqb

vietthptchuyenqb

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:trường THPT chuyên Quảng Bình

Đã gửi 26-12-2013 - 15:54

Họ và tên:Hoàng Thanh Việt

Lớp:10 toán

Trường THPT chuyên Quảng Bình

Đề:cho ba số thực dương a,b,c chứng minh:

$3\left ( a+b+c \right )\geq \sqrt{a^{2}+8bc}+\sqrt{b^{2}+8ca}+\sqrt{c^{2}+8ab}$

Giải:

ta có:$3a-\sqrt{a^{2}+8bc}= \frac{8\left ( a^{2}-bc \right )}{3a+\sqrt{a^{2}+8bc}}$

Tương tự:$3b-\sqrt{b^{2}+8ca}= \frac{8\left ( b^{2}-ca \right )}{3b+\sqrt{b^{2}+8ca}}$

                 $3c-\sqrt{c^{2}+8ab}= \frac{8\left ( c^{2}-ab \right )}{3c+\sqrt{c^{2}+8ab}}$

Ta cần chứng minh:$3\left ( a+b+c \right )\geq \sqrt{a^{2}+8bc}+\sqrt{b^{2}+8ca}+\sqrt{c^{2}+8ab}$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}-bc}{3a+\sqrt{a^{2}+8ca}}+\frac{b^{2}-ca}{3b+\sqrt{b^{2}+8ca}}+\frac{c^{2}-ab}{3c+\sqrt{c^{2}+8ab}}\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{\left ( a^{2}-bc \right )\left ( b+c \right )}{\left ( 3a+\sqrt{a^{2}+8bc} \right )\left ( b+c \right )}+\frac{\left ( b^{2}-ca \right )\left ( c+a \right )}{\left ( 3b+\sqrt{b^{2}+8ca} \right )\left ( c+a \right )}+\frac{\left ( c^{2}-ab \right )\left ( a+b \right )}{\left ( 3c+\sqrt{c^{2}+8ab} \right )\left ( a+b \right )}\geq 0$

bây giờ ta giả sử $a\geq b\geq c$

$\Leftrightarrow \left ( a^{2}-bc \right )\left ( b+c \right )\geq \left ( b^{2}-ca \right )\left ( c+a \right )\geq \left ( c^{2} -ab\right )\left ( a+b \right )$

Và: $\frac{1}{\left ( 3a+\sqrt{a^{2}+8bc} \right )\left ( b+c \right )}\geq \frac{1}{\left ( 3b+\sqrt{b^{2}+8ca} \right )\left ( c+a \right )}\geq \frac{1}{\left ( 3c+\sqrt{c^{2}+8ab} \right )\left ( a+b \right )}$

ta áp dụng bất đẳng thức cheybyshev với chú ý $\left ( a^{2}-bc \right )\left ( b+c \right )+\left ( b^{2}-ca \right )\left ( c+a \right )+\left ( c^{2}-ab\right )\left ( a+b \right )= 0$ ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi $a= b= c$



#10 vietthptchuyenqb

vietthptchuyenqb

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:trường THPT chuyên Quảng Bình

Đã gửi 26-12-2013 - 15:56

Họ và tên:Hoàng Thanh Việt

Lớp:10 toán

Trường THPT chuyên Quảng Bình

Đề:cho ba số thực dương a,b,c chứng minh:

$3\left ( a+b+c \right )\geq \sqrt{a^{2}+8bc}+\sqrt{b^{2}+8ca}+\sqrt{c^{2}+8ab}$

Giải:

ta có:$3a-\sqrt{a^{2}+8bc}= \frac{8\left ( a^{2}-bc \right )}{3a+\sqrt{a^{2}+8bc}}$

Tương tự:$3b-\sqrt{b^{2}+8ca}= \frac{8\left ( b^{2}-ca \right )}{3b+\sqrt{b^{2}+8ca}}$

                 $3c-\sqrt{c^{2}+8ab}= \frac{8\left ( c^{2}-ab \right )}{3c+\sqrt{c^{2}+8ab}}$

Ta cần chứng minh:$3\left ( a+b+c \right )\geq \sqrt{a^{2}+8bc}+\sqrt{b^{2}+8ca}+\sqrt{c^{2}+8ab}$

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}-bc}{3a+\sqrt{a^{2}+8ca}}+\frac{b^{2}-ca}{3b+\sqrt{b^{2}+8ca}}+\frac{c^{2}-ab}{3c+\sqrt{c^{2}+8ab}}\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{\left ( a^{2}-bc \right )\left ( b+c \right )}{\left ( 3a+\sqrt{a^{2}+8bc} \right )\left ( b+c \right )}+\frac{\left ( b^{2}-ca \right )\left ( c+a \right )}{\left ( 3b+\sqrt{b^{2}+8ca} \right )\left ( c+a \right )}+\frac{\left ( c^{2}-ab \right )\left ( a+b \right )}{\left ( 3c+\sqrt{c^{2}+8ab} \right )\left ( a+b \right )}\geq 0$

bây giờ ta giả sử $a\geq b\geq c$

$\Leftrightarrow \left ( a^{2}-bc \right )\left ( b+c \right )\geq \left ( b^{2}-ca \right )\left ( c+a \right )\geq \left ( c^{2} -ab\right )\left ( a+b \right )$

Và: $\frac{1}{\left ( 3a+\sqrt{a^{2}+8bc} \right )\left ( b+c \right )}\geq \frac{1}{\left ( 3b+\sqrt{b^{2}+8ca} \right )\left ( c+a \right )}\geq \frac{1}{\left ( 3c+\sqrt{c^{2}+8ab} \right )\left ( a+b \right )}$

ta áp dụng bất đẳng thức cheybyshev với chú ý $\left ( a^{2}-bc \right )\left ( b+c \right )+\left ( b^{2}-ca \right )\left ( c+a \right )+\left ( c^{2}-ab\right )\left ( a+b \right )= 0$ ta có điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi $a= b= c$



#11 hainv92

hainv92

    Lính mới

  • Banned
  • 6 Bài viết

Đã gửi 27-12-2013 - 08:38

bai viet hay :D

Ps: vtc7 trực tuyến



#12 Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Physics

Đã gửi 28-12-2013 - 18:34

1.Họ tên :Hoàng Lê Nhật Tùng

2.Lớp : $10A_{2}$ Toán- Trường THPT chuyên KHTN- ĐHQG Hà Nội

3.Đề bài : Cho $x,y,z> 0$. 

    CMR:$\sum \frac{a^3}{(b+c)^5}\geq \frac{9}{32}.\frac{(\sum a^2)^2}{(\sum ab)^3}$

 4.Đáp án :

  Ta có :$\sum \frac{a^3}{(b+c)^5}=\sum \frac{\left [ (\frac{a}{b+c})^2 \right ]^2}{a(b+c)}\geq \frac{(\sum (\frac{a}{b+c})^2)^2}{\sum a(b+c)}=\frac{(\sum (\frac{a}{b+c})^2)^2}{2\sum ab}$

  Do đó ta cần chứng minh :$\sum \frac{\left [ \sum (\frac{a}{b+c})^2 \right ]^2}{2\sum ab}\geq \frac{9}{32}.\frac{(\sum a^2)^2}{(\sum ab)^3}< = > \left [ \sum (\frac{a}{b+c})^2 \right ]^2\geq \frac{9(\sum a^2)^2}{16(\sum ab)^2}$

Mà $\sum (\frac{a}{b+c})^2=\sum \frac{a^4}{(ab+ac)^2}\geq \frac{(\sum a^2)^2}{\sum (ab+ac)^2}= > \left [ \sum (\frac{a}{b+c})^2 \right ]^2\geq \frac{(\sum a^2)^4}{(\sum (ab+ac)^2)^2}$

  Do đó ta cần CM :$\frac{(\sum a^2)^4}{\left [ \sum (ab+ac)^2 \right ]^2}\geq \frac{9(\sum a^2)^2}{16(\sum ab)^2}< = > \frac{(\sum a^2)^2}{4(\sum a^2b^2+abc(\sum a))^2}\geq \frac{9}{16(\sum ab)^2}< = > 2(\sum a^2)(\sum ab)\geq 3(\sum a^2b^2+abc(\sum a))< = > 2\sum ab(a^2+b^2)+2abc(\sum a)\geq 3\sum a^2b^2+3abc(\sum a)< = > 2\sum ab(a^2+b^2)\geq 3\sum a^2b^2+abc(\sum a)$

-Nhưng bất đẳng thức này luôn đúng vì theo bđt Cosi có :

 $2\sum ab(a^2+b^2)\geq 2\sum ab.2ab=4\sum a^2b^2=3\sum a^2b^2+\sum a^2b^2\geq 3\sum a^2b^2+abc(\sum a)$

 Do đó bất đẳng thức đề bài được chứng minh.

 Dấu = xảy ra khi $a=b=c$



#13 Twisted Fate

Twisted Fate

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết

Đã gửi 28-12-2013 - 18:42

1. Họ và tên thật: Nguyễn Xuân Dũng

2. Đang học lớp 10A1 Toán , trường THPT Chuyên KHTN, Hà Nội

3. Đề: Cho $a,b$ là 2 số thực thỏa mãn $0< (a+1)(b-1) \leq 4$. Tìm GTLN:

$P = (a^2-1)(b^2-1)-\frac{(3ab+a-b-3)^2}{16}$

4. Đáp án:

Xin nhắc lại 1 BĐT quen thuộc, BĐT Aczel: Với $a,b,c,d$ là bộ 4 số thực, ta có $(a^2-b^2)(c^2-d^2) \leq (ac-bd)^2$

Ta có

$(a^2-1)(b^2-1)= (ab-1)^2-(a-b)^2$

Áp dụng BĐT Aczel:

$((ab-1)^2-(a-b)^2)(5^2-1^2) \leq (5ab-5-a+b)^2 \rightarrow P \leq \frac{(5ab-5-a+b)^2}{24}-\frac{(3ab+a-b-3)^2}{16}$

Tiếp tục áp dụng BĐT Aczel:

 $8P\leq(\frac{(5ab-5-a+b)^2}{24}-\frac{(3ab+a+b-3)^2}{16})(24-16) \leq (5ab-5-a+b-3ab-a+b+3) = (2(a+1)(b-1))^2=64$

$\rightarrow P \leq 8$

Vậy GTLN $P=8 $ khi $a=3;b=2$ hoặc $a=-2;b=-3$



#14 gk25dtm

gk25dtm

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 31-12-2013 - 20:42

1.Họ và tên : Bùi Hữu Quân

2.Lớp 10A3 - THPT chuyên Đại học Vinh - Nghệ An

3.Đề:

Chứng minh rằng trong $\Delta ABC$ :

$ (cot \frac{A}{2} )^{2\sqrt{2}} + (cot \frac{B}{2} )^{2\sqrt{2}} + (cot \frac{C}{2} )^{2\sqrt{2}} \geq 3^{1-\sqrt{2}} $

4.Đáp án

Ta cm bđt phụ : Cho x > 0 ; t >1 . CMR : $x^{t} - tx +t -1 \geq 0$ ( $*$ )

Thực vậy : theo BĐT Bernoulli : $x^{t} = [1+(x-1))]^{t} \geq 1+t (x-1 ) =1 +tx -t$

 

$=> x^{t} - tx +t -1 \geq 0 $
 
Chọn $x = 3 cot^2{\frac{A}{2}} >0$
 
$t=\sqrt{2} > 1$
 
Theo $*$ , $(3 cot^2{\frac{A}{2}})^{\sqrt{2}} \geq 3\sqrt{2} cot^{2}\frac{A}{2} - \sqrt{2} +1 $ ($1$)
 
CM tương tự
 
$(3 cot^2{\frac{B}{2}})^{\sqrt{2}} \geq 3\sqrt{2} cot^{2}\frac{B}{2} - \sqrt{2} +1 $ ($2$)
 
$(3 cot^2{\frac{C}{2}})^{\sqrt{2}} \geq 3\sqrt{2} cot^{2}\frac{C}{2} - \sqrt{2} +1 $ ($3$)
 
Cộng (1), (2),(3) vế với vế 
 
=>$3^{\sqrt{2}}{(cot\frac{A}{2})^{2\sqrt{2}}+(cot\frac{B}{2})^{2\sqrt{2}}+(cot\frac{C}{2})^{2\sqrt{2}}} $
 

$\geq 3\sqrt{2} ( cot^{2}\frac{A}{2}+ cot^{2}\frac{B}{2}+ cot^{2}\frac{C}{2})-3\sqrt{2}+3$

 

$\geq 3\sqrt{2}.1-3\sqrt{2}+3=3$

 

(vì  $cot^{2}\frac{A}{2}+ cot^{2}\frac{B}{2}+ cot^{2}\frac{C}{2} \geq cot\frac{A}{2} cot\frac{B}{2} +cot\frac{B}{2} cot\frac{C}

 

{2} +cot\frac{C}{2} cot\frac{A}{2} =1$

 

=> $ (cot \frac{A}{2} )^{2\sqrt{2}} + (cot \frac{B}{2} )^{2\sqrt{2}} + (cot \frac{C}{2} )^{2\sqrt{2}} \geq 3^{1-\sqrt{2}} $ 

 

Dấu "=" xảy ra  <=>$ \Delta ABC$ đều

 

 

 

 



#15 gk25dtm

gk25dtm

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 37 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 01-01-2014 - 10:15

21h ngày 31-12 em mới post bài

liệu có lọt được k ạ ?






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh