Chủ đề này có 107 trả lời

[mathmath]

Cho số thực dương a,b,c>0,a+b+c=3,$n\in$ N,n>1
Cm ${(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)(4+abc)}\geq\135{a^nb^nc^n}$
""""""""
chuyện bên lề nè các bác làm thế nào hiện được hình vẽ phần chữ kí thế
còn về bài trên em sáng tác 70%

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:21

[zaizai]

Cho số thực dương a,b,c>0,a+b+c=3,$n\in$ N,n>1
Cm ${(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)(4+abc)}\geq\135{a^nb^nc^n}$
""""""""
chuyện bên lề nè các bác làm thế nào hiện được hình vẽ phần chữ kí thế
còn về bài trên em sáng tác 70%

Nhìn cái đề này ngố quá Ko biết có đúng không nữa ? Theo mình là nó ko đúng.
Nhưng nhìn qua thì cũng có nét "hơi bị giống" với bài APMO
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\ge 9(ab+bc+ca)$
Bài APMO dùng Dồn biến gián tiếp.
Tất nhiên là nói cho vui thôi. Bài của bạn có lẽ cần kiểm chứng lại

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:23

[fecma21]

anh fecma có 3 cách giải cho bài toán này , hôm nay post luôn:

NX : có $abc \leq \dfrac{(a+b+c)^3}{3^3} = 1 ;$

c1 : do n>1;
từ nx => $135 \ a^n.b^n.c^n \leq 135. \ a^2.b^2.c^2 $
ta có: $\ (2+a^2).(2+b^2).(2+c^2).(4+abc) \geq 135 \ a^2.b^2.c^2 $
<=> $(a+ \dfrac{2}{a} ).(b+\dfrac{2}{b} ).(c+ \dfrac{2}{c} ).(1+ \dfrac{4}{abc} ) \geq 135 ;$
Mà $ 1+ \dfrac{4}{abc} \geq 5 ;$
TA CM :$ (a+ \dfrac{2}{a} ).(b+\dfrac{2}{b} ).(c+ \dfrac{2}{c} ) \geq 27;$

có $VT = abc + \dfrac{8}{abc} + \dfrac{4a}{bc} +\dfrac{4b}{ac} +\dfrac{4c}{ab} +\dfrac{2ab}{c} +\dfrac{2bc}{a} +\dfrac{2ca}{b} \geq 27 ;$

BDT trên đúng do
$abc+\dfrac{8}{abc} = abc +\dfrac{1}{abc} +\dfrac{7}{abc} \geq 8; $
$\dfrac{4a}{bc} +\dfrac{4b}{ac} +\dfrac{4c}{ab} = 4.\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc} \geq 4;$
$\dfrac{2bc}{a} +... \geq 2(a+b+c) = 6$

XONG RỒI NHÉ / BÀI CŨNG KHÔNG KHÓ PHẢI KHÔNG ? CHỈ TỘI ĐÁNH TEX MỆT QUÁ.
cách 2 :ngắn hơn (GÕ TEX ĐỠ MỆT HƠN )

VT $BDT \geq (a+ \dfrac{2}{a} ).(b+\dfrac{2}{b} ).(c+ \dfrac{2}{c} ).5 ;$

VT $\geq (a+ \dfrac{1}{a} +\dfrac{1}{a} ).....$

VT $\geq 5.(2+\dfrac{1}{a} ). (2+\dfrac{1}{b} ). (2+\dfrac{1}{c} ). $

=> VT $\geq 5. (2+ \dfrac{1}{\sqrt[3]{abc} } ) ^3$

=> VT $\geq 5. \ 3^3=135;$
cách 3 : như zaizai nói ,là dồn biến ,nưng mà không hay lắm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:30

[mathmath]

dạ dạ math math thật ra rất ngu nên chỉ đưa ra được 1 lời giải và thực sự không biết nó có phải là dồn biên không(hic ,thứ 1 nó cũng phải dùng đến APMO thật,thứ 2 em chẳng biết dồn biến là cái gì):
${12(ab+bc+ca)\leq\27+9abc,3(ab+bc+bc)\leq\9,=>\dfrac{15(ab+bc+ba)}{4+xyz}\leq\9$
từ apmo ta có $(a^2+b^2+c^2)\geq\dfrac{15(ab+bc+ca)^2}{4+abc}=\dfrac{5(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2}{3(4+abc)}\geq\dfrac{135a^2b^2c^2}{4+abc}$
=>$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)(4+abc)\geq\135(abc)^2\geq\135(abc)^n$
dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
"""""
chuyện bên lề:anh zai zai và anh fẹc ma lem ơi những bài như thê này có dùng SOS được không ạ
-em đề xuất ý kiến sao các anh không làm 1 cai chuyên đề gọi là SOS ứng dụng vào THCS chắc chắc sẽ thú vị lắm
- thêm nữa các anh có biết cuốn sách của anh hùng sắp ra sẽ được bán ở đâu không ạ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:30

[mathmath]

thứ nhất bài của anh fecma 21 giải có dùng cả côsi đó thôi,thứ hai có bài toán nay đố zai zai:a,b,c>1cm
$\dfrac{2+b+c}{1+a}+\dfrac{2+c+a}{1+b}+\dfrac{2+a+b}{1+c}\geq\6$
he bai toán này đã co 2 cách giải đố zaizai tìm cách thứ ba đệ ngả mũ luôn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:31

[hoang tuan anh]

thứ nhất bài của anh fecma 21 giải có dùng cả côsi đó thôi,thứ hai có bài toán nay đố zai zai:a,b,c>1cm
$\dfrac{2+b+c}{1+a}+\dfrac{2+c+a}{1+b}+\dfrac{2+a+b}{1+c}\geq\6$

he bai toán này đã co 2 cách giải đố zaizai tìm cách thứ ba đệ ngả mũ luôn

bài này chắc ko cần anh HOàng đâu , em mạo muội giải
biểu thức $(3+a+b+c)( \dfrac{1}{1+a} + \dfrac{1}{1+b} + \dfrac{1}{1+c} ) \geq 9$
điều này hiển nhiên vì $\dfrac{1}{1+a} + \dfrac{1}{1+b} + \dfrac{1}{1+c} \geq \dfrac{9}{3+a+b+c} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:32

[ilovemoney_hic]

Bài của mathmath đặt ẩn phụ rồi quy về :
$\dfrac{x+y}{z}+\dfrac{y+z}{x} + \dfrac{z+x}{y} \geq 6$
Đến đây thì cơ bản có rất nhiều cách:
1) cộng 3 vào cả hai vế (như HTA làm)
2) Côsi 6 số
3) Trê bư sép
......

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:33

[fecma21]

sao mathmath lại đưa bài dễ thế , có tới mấy cách liền.
có 1 bài cũng có khá nhiều cách , các bạn thử giải xem :
1/
a+b+c =1 , cmr 5.$\(a^3+b^3+c^3)$+1;

2/ $\sqrt{1+2a}$ + $\sqrt{1+2b}$;

khoan, chưa cần kể nhiều cách , chỉ cần ai có cách hay nhất trong 3 bài trên là chiến thắng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:34

[mathmath]

hơi mất uy tín(nhục quá)đến lúc cách giải của hta thì còn biến đổi được như thế này:
$3+a+b+c\geq\3(1+\sqrt[3]{abc})$
$\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\geq\dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc} }$
anh féc ma viết lại đề bài 1 đi
'''''''
mathmath muốn trêu zaizai với cả đưa ra bài nhiều cách giải chứ tại math math học ngu,thế mà mấy thầy th bảo bài đó khó em cứ nghĩ hic(ai ngờ)huhu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:35

[mathmath]

bài 3 của anh fecma:
a,b đối xứng nên nhận xét dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=$\sqrt{0.5}$
$\sqrt{2}\geq\(a+b)$
$\sqrt{1+2a}=\dfrac{\sqrt{(1+2a)(1+\sqrt{2})}}{\sqrt{1+\sqrt{2}}} \leq \dfrac{{1 + 2a + 1 + \sqrt 2 }}{{2(1 + \sqrt 2 )}}$
từ 1 dê dàng tìm max bt đã cho là $2(\sqrt{\sqrt{2}+1})$ khi $a=b=\sqrt{0.5}$
'''''
-mẹ ơi gõ mỏi quá hic gõ mãi mới được
-anh fecma ơi nếu cách trên đúng rồi thì đã gọi là được chưa
cách 2(tìm max)
bình biểu thức lên ra ngay

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:48

[zaizai]

hix ko biết bạn là ai mà máu thế Thôi được làm thử bài này xem sao:
Bài toán 6: Cho $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$a,b,c$ là các số thực dương chứng minh rằng:
$a,b,c$ là các số thực dương chứng minh rằng:
$ \sqrt{\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}-2}+ 2\sqrt{\dfrac{(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}} \geq \4 $
Mấy bài này chắc ko dễ xơi đâu nhỉ. mời mathmath

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:51

[detectivehien]

1/
a+b+c =1 , cmr 5.$\(a^3+b^3+c^3)$+1;

Đây là 1 cách:
BDT $\Leftrightarrow 5(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\leq 6(a^3+b^3+c^3)+(a+b+c)^3$
$\Leftrightarrow .......... \Leftrightarrow a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b\leq a^3+b^3+c^3+3abc$ (Đúng do Schur)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:52

[mathmath]

xin cho math math làm 1 việc như sau(cứ để làm sẽ bít):
$\dfrac{a^2}{b}-\dfrac{2ab}{b}+\dfrac{b^2}{b}=\dfrac{(a-b)^2}{b}\geq$
tương tự ta thu ngay được$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}>=1$
mà $1=\(a+b+c)^2\geq\3(ab+bc+ca)$
đến đây thì chuyện hay bắt đầu xuất hiện:
cộng cái bdt 1 của zai zai với bdt đã cho thu được:
$2(\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a})\geq\3(ab+bc+ca+a^2+b^2+c^2)$
$ \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}\geq\3[(a+b)^2+(c+b)^2+(c+a)^2]$
phải chăng đây là quá trình sáng tạo 1 bdt mới

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:53

[TIG Messi]

BĐT của cậu chính là khai triển của dạng 1 của S.O.S:
$M_{a}(b-c)^{2}+M_{b}(c-a)^{2}+M_{c}(a-a)^{2} \geq 0$
( Với M_{a},M_{b},M_{c} là các số dương)
Còn các BĐT mạnh hơn, phải đánh giá mạnh hơn ( hình như thế ).
Cậu đọc đây thì bít:
S.O.S và Schur
( Cũng tàm tạm)
PS: Ôi trời, bây giờ còn phải học thêm à?
Lời giải không quan trọng, cậu đọc cái này sẽ hay hơn:
Dồn biến không xác định
Good luck!
( Để tớ tìm lời giải khác, theo tớ THCS làm các phương pháp như thế này thì ... kiểu gì ý - thử cô-si xem).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:53

[zaizai]

zaizai choi "ky" qua ah!May bai o tren toan phai dung S.O.S thoi.Dac biet la bai so 9 tuong tu nhu bai"choa ca tron ot xanh" cua ANh Cuong.Neu vay thi minh se giai bai do bang cach dung ABC.Mai minh se post loi giai

cách nhìn nhận vấn đề của bạn đúng là hơi máy móc, bài trên ko cần ABC gì cả (thậm chí phương pháp này vẫn chưa được công nhận một cách chính thức vì vậy nêu ra ở đây e ko hay vả lại việc qui BDT về 2 biến thì quá đơn giản và như vậy vẻ đẹp của bài toán còn đâu)
Bài 9 chỉ sử dụng một thứ .....
Bài 6 ko cần dài dòng, ta phân tích một cách tự nhiên thôi. Cách của Hiền là không đẹp vì dùng nhiều sức
Sir Math nên post lời giải của bạn thì hơn vì mấy bài trên ko phân tích theo kiểu "nhìn là thấy" nó phải sử dụng một cái gì đó mới lạ hơn kia (ít nhất không phải cứ trừ ra là có, nếu ko tin bạn thử xem). Dồn biến cũng ko phải là cách hữu hiệu trong trường hợp này.
Bài 9 càng ko dùng SOS vì với dạng chứa căn thức thì cách này rất xấu trong quá trình đánh giá các đại lượng kèm theo bình phương hiệu.
Nói chung mấy bài này ko phải là quá dễ và các bạn ko nên chỉ nói mỗi một câu:

Bài của zaizai là S.O.S rồi đấy thôi!
Dồn biến cũng được, nhưng mình phải tính hình như .. hơi trâu, không bít có sai chỗ nào không?

Nhân đây là bài post 500 của zaizai xin đưa lời giải bài đầu tiên:
Bài toán 6: Cho $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$a=b=c.$

Đối với các bài toán có điều kiện có lẽ các bạn sẽ tưởng SOS vô hiệu nhưng với điều kiện ấy ta có thể đồng bậc để qui bất đẳng thức về dạng thuần nhất.
Cuối cùng bây giờ zaizai đã có 3 hột

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:57

[TIG Messi]

$ \sqrt{ \dfrac{a+b}{c} +\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b} -2} + \sqrt{4 \dfrac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} } \geq 4$
$ \Leftrightarrow \sqrt{2^{2}+\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{ab} } + \sqrt{2^{2}-\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{ab} } \geq 4$
Bình phương lên.
Nếu tớ sai chỗ nào thì zaizai bỏ quá cho nhé.
PS: chán thật hôm qua mất điện không online được.
Tớ thấy dùng mãi S.O.S kiểu gì ý, nhưng phải công nhận đây là pp rất rất mạnh ( có vẻ hơi ... thực dụng ) .
S.O.S không ngắn, nhưng mạnh.
Tớ nghĩ như vậy.
Còn bài 6 áp dụng Cô-si cũng xong, nhưng S.O.S là hay nhất vì không cần mất quá nhìu thời gian.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 10:58

[ghjk]

Gio de y ky moi thay bai 6 la 1 bai tren mathlinks.Bai nay chi can viet 3(a^2+b^2+c^2)=3(a^2+b^2+c^2)/a+b+c.sau do nhan a+b+c ca 2 ve roi tru ra nhom lai la xong(cung gan giong cach zaizai nhi)

[TIG Messi]

Đây rồi.
Bài này cũ rồi, mình "móc" mãi mới được đấy!
Cho a,b,c dương. CMR:
$ \sum \dfrac{a^{2}bc+3b^{2}c^{2}}{(bc+a^{2})^{2}} \geq 3$
Thử so sánh cách giải bằng S.O.S và các phương pháp khác xem nào.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 11:00

[zaizai]

$ \sqrt{ \dfrac{a+b}{c} +\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b} -2} + \sqrt{4 \dfrac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} } \geq 4$
$ \Leftrightarrow \sqrt{2^{2}+\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{ab} } + \sqrt{2^{2}-\sum \dfrac{(a-b)^{2}}{ab} } \geq 4$
Bình phương lên.
Nếu tớ sai chỗ nào thì zaizai bỏ quá cho nhé.
PS: chán thật hôm qua mất điện không online được.
Tớ thấy dùng mãi S.O.S kiểu gì ý, nhưng phải công nhận đây là pp rất rất mạnh ( có vẻ hơi ... thực dụng ) .
S.O.S không ngắn, nhưng mạnh.
Tớ nghĩ như vậy.
Còn bài 6 áp dụng Cô-si cũng xong, nhưng S.O.S là hay nhất vì không cần mất quá nhìu thời gian.

bạn suy nghĩ vẫn còn đơn giản. Thực ra mấy biểu thức dưới căn đâu có gì đáng nói nó xuất phát từ những bất đẳng thức rất quen thuộc mà thôi. Quan trọng là khi ta nhóm nó lại và biểu diễn dưới căn thức thì đó mới gọi là khó. Hãy thử bình lên theo kiểu mà bạn nói xem chắc cũng phải cả tuần bạn mới rút gọn sao cho đẹp. Chưa kể là phải đánh giá nữa, mà theo mình việc này chỉ tốn thời gian. Làm bất đẳng thức quan trọng là vẻ đẹp chứ đâu cần cơ bắp. Nếu cơ bắp thì chắc cũng ko có ai thèm làm
Bài này xin khẳng định lại kết hợp 3 thứ:
+ Bổ đề.
+ SOS.
+ AM-GM
Một cách giải cực kì đẹp. Nhưng đợi mấy bạn giải đã
Còn lại bây giờ cấm nhắc tới SOS nếu chưa giải xong và hoàn chỉnh.
Nên nhớ rằng:
Phân tích về dạng chính phương chỉ là bước cơ bản nhất, quan trọng là đánh giá cơ. Từ đầu topic đến giờ nếu ai đụng đến SOS cũng chỉ nói qua hay phân tích được về dạng chính tắc (thậm chí là mới chỉ nhìn qua đã nhận xét). Chưa ai đánh giá cả. Hôm sau tớ sẽ đưa vài bài mà chỉ có đánh giá mới là công phu thật sự. Nếu biết phân tích về dạng chính tắc mà đã gọi là biết thì có gì đáng nói.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 11:01

[mathmath]

em có câu hỏi nhỏ rằng không biết bdt đào hải long có dùng được sos để giải không phải công nhận trong box sos em đã làm bài 2 anh hùng ra lúc đầu đến tận phút chót còn đánh giá thì chịu,mong quyển sách của anh hùng sẽ rất bổ ích cho dân toán nói riêng và cho hoc sinh thcs nói riêng.
''''''''
-anh fecma ơi thanks
-còn bây giờ để tránh vị coi là spam mathmath xin đưa ra 1 liên hệ sau
$\dfrac{a_{1}a_{2}}{ a_{3}}+\dfrac{a_{4}a_{5}}{ a_{6}}+\dfrac{a_{7}a_{8}}{a_{9}}\leq\dfrac{(a_{1}+\ a_{4}+\ a_{7})(a_{2}+\ a_{5}+\ a_{8})}{a_{3}+\ a_{6}+\ a_{9}}$
bmo?
-bdt tổng quát của cái bdt trên còn tổng quát hơn svacxo dạng đơn giản 1 tí hehe các bác phát biểu tổng quát nha

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 24-06-2009 - 11:03