Chủ đề này có 42 trả lời

[thuan192]

1, Mình lập ra topic này để các bạn cùng nhau thảo luận những bài toán BĐT đã qua trong các kì thi 30/4 để tìm ra những cách giải hay những nhận xét tinh tế

 

2) Quy định post bài : 
+ Chỉ được post 2 bài 1 lần. Giải xong mới được post tiếp để tránh hiện tượng Spam và loãng topic  Nếu bài khó quá thì để lại từ từ giải, chuyển qua bài khác.
+ Không Spam 
+ Bài giải phải đầy đủ các bước ( nói tóm tắt cũng đc). 
+ Dùng từ ngữ đúng theo ngữ pháp Tiếng Việt. Và phải dùng đúng latex.
+ Bài viết vi phạm các quy định trên thì sẽ bị xóa không thương tiếc 

 

Mình xin bắn phát đầu:

Bài 1:  (Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ 2011): Cho $a,b,c$ là ba số thực không âm thỏa mãn $a^{2}+4b^{2}+9c^{2}=14$. Chứng minh rằng:

$3b+8c+abc\leq 12$

[lahantaithe99]

 

Bài 1:  (Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ 2011): Cho $a,b,c$ là ba số thực không âm thỏa mãn $a^{2}+4b^{2}+9c^{2}=14$. Chứng minh rằng:

$3b+8c+abc\leq 12$

Mod ơi em thấy bài này ở đây

http://diendantoanho...-3b8cabcleq-12/

[Viet Hoang 99]

 

Bài 1:  (Chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ 2011): Cho $a,b,c$ là ba số thực không âm thỏa mãn $a^{2}+4b^{2}+9c^{2}=14$. Chứng minh rằng:

$3b+8c+abc\leq 12$

 

Bài 1:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$3(b^{2}+1)\geq 6b$

$8(c^{2}+1)\geq 16c$

$\Rightarrow 6b+16c+2abc\leq 3b^{2}+8c^{2}+2abc+11=25-a^{2}-b^{2}-c^{2}+2abc$

Ta cần chứng minh:

$1+2abc\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$

$\Rightarrow 28abc\leq 13a^{2}+10b^{2}+5c^{2}$

Mà $(13a^{2}+10b^{2}+5c^{2})\sqrt{a^{2}+4b^{2}+9c^{2}}\geq \sqrt{14}\sqrt[28]{a^{2}b^{8}c^{18}}28\sqrt[28]{a^{26}b^{20}c^{10}}\geq 28abc\sqrt{14}$

Vậy ta đã chứng minh được điều trên.

[fcb]

Bài 2 (năm 2012)

cho các số dương a,b,c thỏa mản điều kiện a$^{2}$+b$^{2}$+c$^{2}$$\leq$3

Chứng minh rằng ;$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{a+c}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \frac{\sqrt{2}}{2}(a+b+c)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fcb: 14-04-2014 - 20:50

[mathandyou]

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathandyou: 14-04-2014 - 20:39

[lahantaithe99]

 

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$

 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki

 

$\sum \frac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}\leqslant \sqrt{3.\sum \frac{a^2}{7a^2+b^2+c^2}}$

 

Giờ ta sẽ đi cm 

 

$\sum \frac{a^2}{7a^2+b^2+c^2}\leqslant \frac{1}{3}\Leftrightarrow \sum \frac{b^2+c^2}{7a^2+b^2+c^2}\geqslant \frac{2}{3}$

 

Áp dụng BĐT S.Vac

$\sum \frac{b^2+c^2}{7a^2+b^2+c^2}=\sum \frac{(b^2+c^2)^2}{(b^2+c^2)(7a^2+b^2+c^2)}$

 

$= \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)^2+12\sum a^2b^2}$

 

$\geqslant \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{6(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{2}{3}$

 

Do đó ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 14-04-2014 - 20:57

[fcb]

cho mình hỏi: thi olympic 30-4 có cho chuẩn hóa không ( bạn mình nó chuẩn hóa và bi rớt, có đứa lại đậu 2014)????????

[thuan192]

 

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$

 

Ta có: 

$\left (\sum  \frac{a}{\sqrt{7a^{2}+b^{2}+c^{2}}} \right )^{2}\leq 3\left (  \sum \frac{a^{2}}{7a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right )$

Ta cần chứng minh: 

$\sum \frac{a^{2}}{7a^{2}+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{1}{3}\Leftrightarrow 3-\sum \frac{7a^{2}}{7a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq \frac{8}{3}$

Ta có: $3-\sum \frac{7a^{2}}{7a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sum \frac{b^{2}+c^{2}}{7a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq \frac{4\left (  a^{2}+b^{2}+c^{2}\right )}{\sum \left ( b^{2}+c^{2} \right )\left ( 7a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}$.

Đến đây ta chỉ cần biến đổi tương đương thì sẽ có đpcm

[thuan192]

cho mình hỏi: thi olympic 30-4 có cho chuẩn hóa không ( bạn mình nó chuẩn hóa và bi rớt, có đứa lại đậu 2014)????????

Ta vẫn có thể dùng phương pháp chuẩn hóa. Và dùng BĐT Becnuli

[thuan192]

Mod ơi em thấy bài này ở đây

http://diendantoanho...-3b8cabcleq-12/

Cái này thì cho mình xin lỗi vì mình thực sự không biết nó đã tồn tại ở trên diễn đàn rồi

 

 

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$

 

Không biết có còn cách giải nào không. Mong các bạn nhiệt tình đưa ra những nhận xét của mình

[fcb]

dấu lớn hơn cuối cùng bạn dùng cauchy-shwarz thiếu bình phương kìa 

[thuan192]

dấu lớn hơn cuối cùng bạn dùng cauchy-shwarz thiếu bình phương kìa 

Mình đã nhân cả tử và mẫu cùng một lượng để dùng Cauchy-Schwarz rồi. Các bạn xem thử hộ mình BĐT cần chứng minh ở dưới mẫu số 7 mình có thể thay bằng một số k không ?

[lahantaithe99]

Bài 2 (năm 2012)

cho các số dương a,b,c thỏa mản điều kiện a$^{2}$+b$^{2}$+c$^{2}$$\leq$3

Chứng minh rằng ;$\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{a+c}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}}\geq \frac{\sqrt{2}}{2}(a+b+c)$

 

Áp dụng BĐT BCS dạng cộng mẫu ta có

 

$\sum \frac{a}{\sqrt{b+c}}=\sum \frac{a^2}{a\sqrt{b+c}}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{b+c}}$

 

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki

 

$\sum a\sqrt{b+c}\leqslant \sqrt{2(a+b+c)(ab+bc+ac)}\Rightarrow VT\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{2(a+b+c)(ab+bc+ac)}}$

 

$=\sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{2(ab+bc+ac)}}\geqslant \sqrt{\frac{3(a+b+c)}{2}}\geqslant \frac{a+b+c}{\sqrt{2}}$

 

(do ta có các BĐT $\left\{\begin{matrix} 2(ab+bc+ac)\leqslant \frac{2}{3}(a+b+c)^2 & \\ a+b+c\leqslant 3 & \end{matrix}\right.$) (với $a^2+b^2+c^2\leqslant 3$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 14-04-2014 - 21:30

[Near Ryuzaki]

 

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$

 

Đặt $$C=\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}$$

và  $$D=a(7a^2+b^2+c^2)+b(a^2+7b^2+c^2)+c(a^2+b^2+7c^2)$$

Áp dụng bất đẳng thức $holder$ , ta có : 

$$C^2.D \geq (a+b+c)^3$$

Nên ta cần chứng minh $(a+b+c)^3 \geq D$ 

Ta có : $$D=7(a+b+c)+(a+b+c)(ab+bc+ca)-3 \geq 7(a+b+c)+\dfrac{(a+b+c)^3}{3}-3 \geq (a+b+c)^3$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sieusieu90: 14-09-2014 - 20:16

[thuan192]

 

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$

 

Mở rộng BĐT 30/4/2014

Cho $a,b,c$ là các số dương và k là một số dương bất kì. CMR

$\sum \frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}\leq \sqrt{\frac{9}{k+2}}$

[thuan192]

Bài 4: (THPT Hùng Vương 2011) Cho $x,y,z$ là các số thực dương. CMR

$\frac{x+y}{y+z}+\frac{z+y}{x+z}+\frac{x+z}{y+x}\geq \frac{x+y+2z}{x+2y+z}+\frac{2x+3y+3z}{x+2y+2z}$

[Kaito Kuroba]

 

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh :

$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$

 

 

mình nghĩ cách này là ngắn nhất:

đặt VT BDT thức bằng $P$, ta có:

${P^2} \le 3\sum {\frac{{{a^2}}}{{7{a^2} + {b^2} + {c^2}}}}  \le \frac{1}{3}\sum {{a^2}\left( {\frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}} \right)}  = 1$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

[Juliel]

Đề tự sáng tác, xin mạn phép đưa vô nhé !  (thực ra cũng lấy ý tưởng từ một bài 30-4 năm 2013)

Bài 5 : Cho các số dương $x,y,z$ thỏa mãn $6x+3y+2z=xyz$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$P=\dfrac{x\sqrt{yz}}{\sqrt{x^2+1}\sqrt[4]{(y^2+4)(z^2+9)}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 14-04-2014 - 22:10

[Chris yang]

Mở rộng BĐT 30/4/2014

Cho $a,b,c$ là các số dương và k là một số dương bất kì. CMR

$\sum \frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}\leq \sqrt{\frac{9}{k+2}}$

 

Theo em thì vẫn như cách làm bài trên, ta sẽ đi chứng minh

 

$\sum \frac{b^2+c^2}{ka^2+b^2+c^2}\geq \frac{6}{k+2}$

 

Sau đó áp dụng Bđt Cauchy- Schwarz thì ta có$\sum \frac{b^2+c^2}{ka^2+b^2+c^2}\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum (b^2+c^2)(ka^2+b^2+c^2)}$

 

$=\frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)^2+(2k-2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$

 

$\geq \frac{4(a^2+b^2+c^2)^2}{\frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{3(k+2)}}=\frac{6}{k+2}$

 

Bài toán đc cm xong :v

[Juliel]

Bài 4: (THPT Hùng Vương 2011) Cho $x,y,z$ là các số thực dương. CMR

$\frac{x+y}{y+z}+\frac{z+y}{x+z}+\frac{x+z}{y+x}\geq \frac{x+y+2z}{x+2y+z}+\frac{2x+3y+3z}{x+2y+2z}$

Mình nói hướng thôi nhé. 

Đặt ẩn phụ $a=x+y,b=y+z,c=z+x$ sau đó đưa về chứng minh :

$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\geq \dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{a+b}+1$$

Lời giải không suy nghĩ cho bài này là phương pháp S-S.