Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

bất đẳng thức


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1 MyWorldMaths

MyWorldMaths

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Đã gửi 14-12-2018 - 09:45

khó đây, nghĩ hòa không ra

bài 1:

Cho a,b,c,d là 4 cạnh của một tứ giác lồi Tìm MIN $P=\frac{a}{b+c+d-a}+\frac{b}{c+d+a-c}+\frac{c}{a+b+d-c}+\frac{d}{a+b+c-d}$

Bài 2:

cho a,b,c>0 CMR $\sqrt{\frac{a}{b+c+2a}}+\sqrt{\frac{b}{c+a+2b}}+\frac{c}{a+b+2c}\leq \frac{3}{4}$

bài 3: Cho a,b,c>0 và a=b=c=1. CMR $\frac{4}{(a+b)^{3}}+\frac{4}{(b+c)^{3}}+\frac{4}{(c+a)^{3}}\geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Bài 4: cho a,b,c>0 CMR $\sqrt{(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})}\geq abc+\sqrt{(a^{3}+abc)(b^{3}+abc)(c^{3}+abc)}$

 

MOng được nhận giúp đỡ!!!



#2 DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1267 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T H P T Ngô Gia Tự ( "bắp nhà chùa" ) , Phú Yên

Đã gửi 14-12-2018 - 18:21

$\lceil\,\,1\,\,\rfloor$

Sử dụng phép thế Ravi , vì vậy đặt : $\left\{\begin{matrix} a & = & \frac{{x}_{\,1}+ {x}_{\,2}+ {x}_{\,3}- {x}_{\,4}}{2}\\ \\ b & = & \frac{{x}_{\,2}+ {x}_{\,3}+ {x}_{\,4}- {x}_{\,1}}{2}\\ \\ c & = & \frac{{x}_{\,3}+ {x}_{\,4}+ {x}_{\,1}- {x}_{\,2}}{2}\\ \\ d & = & \frac{{x}_{\,4}+ {x}_{\,1}+ {x}_{\,2}- {x}_{\,3}}{2} \end{matrix}\right.$ với $x_{\,1,\,2,\,3,\,4}> 0$ . Ta có:

 

$\text{P}= \frac{x_{\,1}+ x_{\,2}+ x_{\,3}- x_{\,4}}{4\,x_{\,4}}+ \frac{x_{\,2}+ x_{\,3}+ x_{\,4}- x_{\,1}}{4\,x_{\,1}}+ \frac{x_{\,3}+ x_{\,4}+ x_{\,1}- x_{\,2}}{4\,x_{\,2}}+ \frac{x_{\,4}+ x_{\,1}+ x_{\,2}- x_{\,3}}{4\,x_{\,3}}= $ $= \frac{x_{\,1}}{4\,x_{\,4}}+ \frac{x_{\,2}}{4\,x_{\,4}}+ \frac{x_{\,3}}{4\,x_{\,4}}- \frac{1}{4}+ \,...\,+ \frac{x_{\,4}}{4\,x_{\,3}}+ \frac{x_{\,1}}{4\,x_{\,3}}+ \frac{x_{\,2}}{4\,x_{\,3}}- \frac{1}{4}\geqq 2$



#3 vmf999

vmf999

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 80 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tây Ninh

Đã gửi 16-12-2018 - 16:17

Cho mình xin lời giải bài 3 với ạ cảm ơn bạn 



#4 DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1267 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T H P T Ngô Gia Tự ( "bắp nhà chùa" ) , Phú Yên

Đã gửi 17-12-2018 - 19:52

$\lceil\,\,3\,\,\rfloor$ Viết lại bất đẳng thức dưới dạng thuần nhất :

$\frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}$

Nếu viết lại bất đẳng thức trên theo kiểu $\mathit{3}\,\mathit{u}= \mathit{a}+ \mathit{b}+ \mathit{c},\,\mathit{3}\,\mathit{v}^{\,\mathit{2}}= \mathit{ab}+ \mathit{bc}+ \mathit{ca},\,\mathit{w}^{\,\mathit{3}}= abc$ , hiển nhiên trong chứng minh uvw thì thường dùng nhiều $\mathit{u}> \mathit{v}> \mathit{w}$ , do đó hệ số của $\mathit{abc}$ luôn âm , bài toán này bị ngược dấu !

Spoiler

Do bất đẳng thức thuần nhất nên không mất tính tổng quát , giả sử $\mathit{b}= \mathit{c}= 1$ . Khi đó :

$- \left ( \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}} \right )+ \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}= \frac{\mathit{2}\left ( \mathit{a}- \mathit{1} \right )^{\,\mathit{2}}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{1} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \mathit{0}$

Spoiler


#5 MyWorldMaths

MyWorldMaths

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Đã gửi 20-12-2018 - 22:53

$\lceil\,\,1\,\,\rfloor$

Sử dụng phép thế Ravi , vì vậy đặt : $\left\{\begin{matrix} a & = & \frac{{x}_{\,1}+ {x}_{\,2}+ {x}_{\,3}- {x}_{\,4}}{2}\\ \\ b & = & \frac{{x}_{\,2}+ {x}_{\,3}+ {x}_{\,4}- {x}_{\,1}}{2}\\ \\ c & = & \frac{{x}_{\,3}+ {x}_{\,4}+ {x}_{\,1}- {x}_{\,2}}{2}\\ \\ d & = & \frac{{x}_{\,4}+ {x}_{\,1}+ {x}_{\,2}- {x}_{\,3}}{2} \end{matrix}\right.$ với $x_{\,1,\,2,\,3,\,4}> 0$ . Ta có:

 

$\text{P}= \frac{x_{\,1}+ x_{\,2}+ x_{\,3}- x_{\,4}}{4\,x_{\,4}}+ \frac{x_{\,2}+ x_{\,3}+ x_{\,4}- x_{\,1}}{4\,x_{\,1}}+ \frac{x_{\,3}+ x_{\,4}+ x_{\,1}- x_{\,2}}{4\,x_{\,2}}+ \frac{x_{\,4}+ x_{\,1}+ x_{\,2}- x_{\,3}}{4\,x_{\,3}}= $ $= \frac{x_{\,1}}{4\,x_{\,4}}+ \frac{x_{\,2}}{4\,x_{\,4}}+ \frac{x_{\,3}}{4\,x_{\,4}}- \frac{1}{4}+ \,...\,+ \frac{x_{\,4}}{4\,x_{\,3}}+ \frac{x_{\,1}}{4\,x_{\,3}}+ \frac{x_{\,2}}{4\,x_{\,3}}- \frac{1}{4}\geqq 2$

Mình mới thấy phép thế ravi trong tam giác vậy trong tứ giác thì làm cách nào bạn có thể suy luận ra cách đặt như thế



#6 MyWorldMaths

MyWorldMaths

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Đã gửi 20-12-2018 - 22:56

$\lceil\,\,3\,\,\rfloor$ Viết lại bất đẳng thức dưới dạng thuần nhất :

$\frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}$

Nếu viết lại bất đẳng thức trên theo kiểu $\mathit{3}\,\mathit{u}= \mathit{a}+ \mathit{b}+ \mathit{c},\,\mathit{3}\,\mathit{v}^{\,\mathit{2}}= \mathit{ab}+ \mathit{bc}+ \mathit{ca},\,\mathit{w}^{\,\mathit{3}}= abc$ , hiển nhiên trong chứng minh uvw thì thường dùng nhiều $\mathit{u}> \mathit{v}> \mathit{w}$ , do đó hệ số của $\mathit{abc}$ luôn âm , bài toán này bị ngược dấu !

Spoiler

Do bất đẳng thức thuần nhất nên không mất tính tổng quát , giả sử $\mathit{b}= \mathit{c}= 1$ . Khi đó :

$- \left ( \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}} \right )+ \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}= \frac{\mathit{2}\left ( \mathit{a}- \mathit{1} \right )^{\,\mathit{2}}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{1} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \mathit{0}$

Spoiler

i'm so sorry đề bài là a+b+c=3



#7 vmf999

vmf999

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 80 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tây Ninh

Đã gửi 21-12-2018 - 10:08

Mình mới thấy phép thế ravi trong tam giác vậy trong tứ giác thì làm cách nào bạn có thể suy luận ra cách đặt như thế

bài 1 bạn sử dụng schwarz cũng được, chứng minh được mẫu dương 



#8 vmf999

vmf999

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 80 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tây Ninh

Đã gửi 21-12-2018 - 10:12

$\lceil\,\,3\,\,\rfloor$ Viết lại bất đẳng thức dưới dạng thuần nhất :

$\frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}$

Nếu viết lại bất đẳng thức trên theo kiểu $\mathit{3}\,\mathit{u}= \mathit{a}+ \mathit{b}+ \mathit{c},\,\mathit{3}\,\mathit{v}^{\,\mathit{2}}= \mathit{ab}+ \mathit{bc}+ \mathit{ca},\,\mathit{w}^{\,\mathit{3}}= abc$ , hiển nhiên trong chứng minh uvw thì thường dùng nhiều $\mathit{u}> \mathit{v}> \mathit{w}$ , do đó hệ số của $\mathit{abc}$ luôn âm , bài toán này bị ngược dấu !

Spoiler

Do bất đẳng thức thuần nhất nên không mất tính tổng quát , giả sử $\mathit{b}= \mathit{c}= 1$ . Khi đó :

$- \left ( \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}} \right )+ \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}= \frac{\mathit{2}\left ( \mathit{a}- \mathit{1} \right )^{\,\mathit{2}}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{1} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \mathit{0}$

Spoiler

anh cho e xin ít tài liệu về uvw được không ạ @@ e chưa hiểu phương pháp này lắm 



#9 DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1267 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T H P T Ngô Gia Tự ( "bắp nhà chùa" ) , Phú Yên

Đã gửi 21-12-2018 - 20:09

Phương pháp uvw: $\lceil$ https://www.google.c...R9tphD-9bhzV0fO $\rfloor$ (Dùng cho đa thức đối xứng hoặc hoán vị).

Với $\it{3}\,\it{u}= \it{x}+ \it{y}+ \it{z},\,\it{3}\,\it{v}^{\,\it{2}}= \it{xy}+ \it{yz}+ \it{zx},\,\it{w}^{\,\it{3}}= \it{xyz}$ (đặt như vậy thì ta dễ suy ra dấu đẳng thức với $\it{x}= \it{y}= \it{z}\Rightarrow \it{u}= \it{v}= \it{w}$).

Ta có các định lý cơ bản của đa thức đối xứng $\it{3}$ biến:

" Mọi đa thức đối xứng $\it{3}$ biến $\it{x},\,\it{y},\,\it{z}$ đều có thể biểu diễn ở dạng đa thức theo các biến $\it{u},\,\it{v}^{\,\it{2}},\,\it{w}^{\,\it{3}}$ "

Spoiler

Vậy thì ta có thể khai triển bất kì đa thức đối xứng thuần bậc, chẳng hạn $\it{f}_{\,\it{m}}\left ( \it{x},\,\it{y},\,\it{z} \right )$ bậc $\it{m}$ thì biểu diễn được: (đây là một mệnh đề)

$$\it{f}_{\,\it{m}}\left ( \it{x},\,\it{y},\,\it{z} \right )= \sum\limits_{\it{a}_{\,\it{n}}+ \it{2}\,\it{b}_{\,\it{n}}+ \it{3}\,\it{c}_{\,\it{n}}= \it{m}} \it{d}_{\,\it{n}}\it{u}^{\,\left ( \it{a}_{\,n} \right )}\it{v}^{\,\left ( \it{b}_{\,\it{n}} \right )}\it{w}^{\,\left ( \it{c}_{\,\it{n}} \right )}$$

Tiếp theo, ta cần giải phương trình nghiệm nguyên dương $\it{a}_{\,\it{n}}+ \it{2}\,\it{b}_{\,\it{n}}+ \it{3}\,\it{c}_{\,\it{n}}= \it{m}$.

Phần $\it{3}$ (SHORTCUT) đã đưa ra vài dạng thường gặp! Sau đây là một vài ví vụ cho mệnh đề trên:

$$\it{f}_{\,\it{1}}\left ( \it{x},\,\it{y},\,\it{z} \right )= \it{d}_{1}\,\it{u},\,\,\,\it{f}_{\,\it{2}}\left ( \it{x},\,\it{y},\,\it{z} \right )= \it{d}_{1}\,\it{u}^{\,\it{2}}+ \it{d}_{\,\it{2}}\,\it{v}^{\,\it{2}},\,\,\it{f}_{\,\it{3}}\left ( \it{x},\,\it{y},\,\it{z} \right )= \it{d}_{\,\it{1}}\,\it{u}^{\,\it{3}}+ \it{d}_{\,\it{2}}\,\it{uv}^{\,\it{2}}+ \it{d}_{\,\it{3}}\,\it{w}^{\,\it{3}}$$

$\it{f}_{\,\it{4}}\left ( \it{x},\,\it{y},\,\it{z} \right )= \it{d}_{\,\it{1}}\,\it{u}^{\,\it{4}}+ \it{d}_{\,\it{2}}\,\it{u}^{\,\it{2}}\it{v}^{\,\it{2}}+ \it{d}_{\,\it{3}}\,\it{v}^{\,\it{4}}+ \it{d}_{\,\it{4}}\,\it{uw}^{\,\it{3}},\,\,\it{f}_{\,\it{5}}\left ( \it{x},\,\it{y},\,\it{z} \right )= \it{d}_{\,\it{1}}\,\it{u}^{\,\it{5}}+ \it{d}_{\,\it{2}}\,\it{u}^{\,\it{3}}\it{v}^{\,\it{2}}+ \it{d}_{\,\it{3}}\,\it{uv}^{\,\it{4}}+ \it{d}_{\,\it{4}}\,\it{u}^{\,\it{2}}\it{w}^{\,\it{3}}+ \it{d}_{\,\it{5}}\,\it{v}^{\,\it{2}}\it{w}^{\,\it{3}},\,\,\it{f}_{\,\it{6}}\left ( \it{x},\,\it{y},\,\it{z} \right )= \it{d}_{\,\it{1}}\,\it{u}^{\,\it{6}}+ \it{d}_{\,\it{2}}\,\it{u}^{\,\it{4}}\it{v}^{\,\it{2}}+ \it{d}_{\,\it{3}}\,\it{u}^{\,\it{2}}v^{\,\it{4}}+ \it{d}_{\,\it{4}}\,\it{v}^{\,\it{6}}+ \it{d}_{\,\it{5}}\,\it{uv}^{\,\it{2}}\it{w}^{\,\it{3}}+ \it{d}_{\,\it{6}}\,\it{w}^{\,\it{6}}+ \it{d}_{\,\it{7}}\,\it{u}^{\,\it{3}}\it{w}^{\,\it{3}}$

[với $\it{d}_{\,\it{n}}= \text{const}$ $\lceil$ ĐỊNH LÝ DUY NHẤT! $\rfloor$]

Gợi ý về việc phân tích đa thức đối xứng $\left ( \it{x}- \it{y} \right )^{\,\it{2}}\left ( \it{y}- \it{z} \right )^{\,\it{2}}\left ( \it{z}- \it{x} \right )^{\,\it{2}}$ bậc $\it{6}$ nên có dạng $\it{f}_{\,\it{6}}\left ( \it{x},\,\it{y},\,\it{z} \right )= \it{d}_{\,\it{1}}\,\it{u}^{\,\it{6}}+ \it{d}_{\,\it{2}}\,\it{u}^{\,\it{4}}\it{v}^{\,\it{2}}+ \it{d}_{\,\it{3}}\,\it{u}^{\,\it{2}}v^{\,\it{4}}+ \it{d}_{\,\it{4}}\,\it{v}^{\,\it{6}}+ \it{d}_{\,\it{5}}\,\it{uv}^{\,\it{2}}\it{w}^{\,\it{3}}+ \it{d}_{\,\it{6}}\,\it{w}^{\,\it{6}}+ \it{d}_{\,\it{7}}\,\it{u}^{\,\it{3}}\it{w}^{\,\it{3}}$

Bậc cao nhất của $\it{x},\,\it{y},\,\it{z}$ chỉ là $\it{4}$ nên $\it{d}_{\,\it{1}}= \it{d}_{\,\it{2}}= \it{0}$ (bậc của $\max\left \{ \deg\,\it{x},\,\deg\,\it{y},\,\deg\,\it{z} \right \}= \left \{ \it{6},\,\it{5} \right \}$). Ta sẽ giải $\it{5}$ ẩn $\it{d}_{\,\it{i}}\,\,\left ( \it{i}= \overline{\it{3},\,\it{7}} \right )$, thay $\left ( \it{x},\,\it{y},\,\it{z} \right )= \left ( \it{0},\,-\,\it{1},\,\it{0} \right ),\,\left ( \it{0},\,-\,\it{1},\,-\,\it{1} \right ),\,\left ( \it{0},\,-\,\it{1},\,\it{1} \right ),\,\left ( \it{1},\,-\,\it{1},\,\it{0} \right ),\,\left ( \it{1},\,-\,\it{1},\,\it{1} \right )$.

Ta được một hệ phương trình $\it{5}$ ẩn (Hệ phương trình tuyến tính: $\lceil$ https://vi.wikipedia...rình_tuyến_tính $\rfloor$), sau khi giải ra ta được:

$\left ( \it{x}- \it{y} \right )^{\,\it{2}}\left ( \it{y}- \it{z} \right )^{\,\it{2}}\left ( \it{z}- \it{x} \right )^{\,\it{2}}= \it{27}\,\left ( -\,\left ( \it{w}^{\,\it{3}}- \it{3}\,\it{uv}^{\,\it{2}}+ \it{2}\,\it{u}^{\,\it{3}} \right )^{\,\it{2}}+ \it{4}\,\left ( \it{u}^{\,\it{2}}- \it{v}^{\,\it{2}} \right )^{\,\it{3}} \right )$

Spoiler

 

 

 






0 người đang xem chủ đề

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