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

4($\sum \frac{1}{a+b})-\sum \frac{1}{a}\leqslant \frac{9}{a+b+c}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 34 trả lời

#21 phongmaths

phongmaths

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 82 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thanh Hóa
  • Sở thích:xem anime, làm toán, chơi game, đọc sách

Đã gửi 14-07-2019 - 10:44

Ta có $(a+b+c)^4=a^4+b^4+c^4+12abc(a+b+c)+4ab(a^2+b^2)+4bc(b^2+c^2)+4ca(c^2+a^2)+6(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

BĐT phải chứng minh là 

$8(a^{4}+b^{4}+c^{4})+19abc(a+b+c)\geq a^4+b^4+c^4+12abc(a+b+c)+4ab(a^2+b^2)+4bc(b^2+c^2)+4ca(c^2+a^2)+6(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

$\Leftrightarrow 7(a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c))\geq 4ab(a^2+b^2)+4bc(b^2+c^2)+4ca(c^2+a^2)+6(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

Áp dụng BĐT Schur bậc 4 ta có $a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geq ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2)$

$\Rightarrow VT\geq 7(ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2))=4(ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2))+3(ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2))\geq 4(ab(a^2+b^2)+bc(b^2+c^2)+ca(c^2+a^2))+6(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=VP$

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c  hoặc a=b,c=0 và các hoán vị


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phongmaths: 14-07-2019 - 10:44


#22 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 19-07-2019 - 20:56

CMR với mọi a,b,c dương ta có BĐT :

$\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{a}{a^{2}+bc}+\frac{b}{b^{2}+ca}+\frac{c}{c^{2}+ab}$


$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#23 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 19-07-2019 - 20:59

Cho các số thực không âm x,y,z có tổng bằng 2.CMR: $(x^{2}+xy+y^{2})(y^{2}+yz+z^{2})(z^{2}+zx+x^{2})\leq 3$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 19-07-2019 - 21:00

$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#24 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 19-07-2019 - 21:02

Tìm hệ số k tốt nhất để BĐT sau đúng với mọi a,b,c không âm: $(a+b+c)^{3}\geq k\left |(a-b)(b-c)(c-a) \right |$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 21-07-2019 - 20:44

$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#25 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 19-07-2019 - 21:49

Cho a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn $(a-b)(a-c)=1$ . Tìm min của $S=\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 19-07-2019 - 21:50

$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#26 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 20-07-2019 - 22:17

Cho a,b,c không âm thỏa mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc= 4$ . Chứng minh rằng: $0\leq ab+bc+ca-abc\leq 2$

VT: Ta thấy trong a,b,c có 1 số $\leq 1$, bởi nếu ngược lại thì $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc> 4$ ,trái với giả thiết. KMTTQ, giả sử $c\leq 1$.

Thế thì $ab+bc+ca-abc=ab(1-c)+c(a+b)\geq 0$. Dấu bằng xảy ra khi $a=2,b=c=0$ và các hoán vị.

VP: Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 2 số cùng $\geq 1$ hoặc $\leq 1$,giả sử đó là  a và b. Thế thì $(a-1)(b-1)\geq 0$ hay $-c(a-1)(b-1)\leq 0$

Coi giả thiết là PT bậc 2 với c, ta tìm được $c=\frac{\sqrt{(4-a^{2})(4-b^{2})}-ab}{2}$ (do $c\geq 0$).

Ta có : $ab+bc+ca-abc= -c(a-1)(b-1)+c+ab\leq c+ab=\frac{\sqrt{(4-a^{2})(4-b^{2})}+ab}{2}$

Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz : $\frac{\sqrt{(4-a^{2})(4-b^{2})}+ab}{2}\leq \frac{\sqrt{(4-a^{2}+a^{2})(4-b^{2}+b^{2})}}{2}=2$.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\sqrt{2},c=0$ và các hoán vị.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 20-07-2019 - 22:19

$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#27 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 21-07-2019 - 22:08

CMR bất đẳng thức sau đúng với mọi số a,b,c không âm

$27(a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4})+148abcd\geq (a+b+c+d)^{4}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 21-07-2019 - 22:09

$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#28 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 28-07-2019 - 20:31

Cho a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn $(a-b)(a-c)=1$ . Tìm min của $S=\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}$

Đặt $a-b=x;a-c=y\Rightarrow b-c=y-x;xy=1;x\neq y$.

$\Rightarrow S=\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{(x-y)^{2}}=x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{2}+y^{2}-2}$ (do $xy=1$) $=x^{2}+\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}-2}$.

Đặt $t=x^{2}+\frac{1}{x^{2}}$ ($t> 2$ do $x\neq y=\frac{1}{x}$).

Ta có: $S=t+\frac{1}{t-2}=(t-2)+\frac{1}{t-2}+2\geq 4$ (theo AM-GM)

Dấu bằng xảy ra khi chẳng hạn, $a=0,b=\frac{1+\sqrt{5}}{2},c=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

Vậy $minS=4$ khi chẳng hạn, $a=0,b=\frac{1+\sqrt{5}}{2},c=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.


$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#29 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 03-09-2019 - 21:43

Cho $a,b,c>0$. CMR: $\sum_{cyc}\frac{a^{4}}{a^{3}+b^{3}}\geq \frac{a+b+c}{2}$


$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#30 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 07-09-2019 - 20:28

Cho $x,y,z\geq 0$. CMR : $\frac{xy+yz+zx}{(x+y+z)^{2}}\leq \sum_{cyc}\frac{x}{7x+y+z}\leq \frac{1}{3}$


$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#31 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 13-03-2020 - 17:31

Cho $x,y,z\geq 0$. CMR : $\frac{xy+yz+zx}{(x+y+z)^{2}}\leq \sum_{cyc}\frac{x}{7x+y+z}\leq \frac{1}{3}$

VP: Hiển nhiên theo BĐT C-S.

VT: Chuẩn hoá $x+y+z=6$. BĐT tương đương với: $6\sum \frac{x}{x+1}\geq \sum yz$

$\Leftrightarrow q^{2}-5q-36+r(q-18)\leq 0$  ($p=x+y+z; q=yz+zx+xy; r=xyz)        (*)

Vì $q\leq \frac{p^{2}}{3}=12<18$ nên BĐT hiển nhiên đúng khi $q^{2}-5q-36\leq 0$, tức là $q\leq 9$.

Xét trường hợp $q\geq 9$: Áp dụng BĐT Schur bậc 3: $p^{3}+9r\geq 4pq\Leftrightarrow r\geq \frac{8(q-9)}{3}$

$\Rightarrow VT_{(*)}\leq (q+4)(q-9)+\frac{8(q-9)}{3}=\frac{11(q-9)(q-12)}{3}\leq 0$  (đpcm)

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z>0$ (cả VT và VP), $x=0;y=z>0$ (chỉ VT) và các hoán vị t/ứng                           $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 13-03-2020 - 17:34

$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#32 PDF

PDF

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 306 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Đi tìm vẻ đẹp của Toán học

Đã gửi 13-03-2020 - 17:46

Tìm hệ số k tốt nhất để BĐT sau đúng với mọi a,b,c không âm: $(a+b+c)^{3}\geq k\left |(a-b)(b-c)(c-a) \right |$

Cho $a=2+\sqrt{3};b=1;c=0$, ta có $k\leq 6\sqrt{3}$. BĐT tương đương với: $(a+b+c)^{6}\geq 108(b-c)^{2}(c-a)^{2}(a-b)^{2}$

KMTTQ, g/sử c là số nhỏ nhất trong 3 số. $\Rightarrow VP\leq 108a^{2}b^{2}(a-b)^{2}=27.2ab.2ab.(a-b)^{2}\leq [2ab+2ab+(a-b)^{2}]^{3}=(a+b)^{6}\leq VT$ (đpcm)

Vậy $max(k)=6\sqrt{3}$ là hằng số cần tìm.                                                                                                                           $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 13-03-2020 - 17:47

$\text{Beauty is the first test, there is no permanent place in the world for ugly mathematics.}\\ \text{--Godfrey Harold Hardy}$


#33 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 275 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PUBG
  • Sở thích:PUBG, maths, and so on....

Đã gửi 14-03-2020 - 16:23

Cho 3 số không âm a,b,c có tổng bằng 3.Tìm max của biểu thức:

P=$$\sum a\sqrt{b^{3}+1}$$

$\sum a\sqrt{b^3+1}=\sum a\sqrt{(b+1)(b^2-b+1)}\leq \sum \frac{a(b^2+2)}{2}=\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{2}+3$

Giả sử $b$ là số nằm giữa $a$ và $c$ thì $a(b-a)(b-c)\leq 0$ suy ra

$ab^2+c^2+ca^2\leq ab^2+c^2+ca^2+abc=b(a+c)^2+a(b-a)(b-c)\leq b(a+c)^2=4.b.\frac{a+c}{2}.\frac{a+c}{2}\leq 4\left (\frac{a+b+c}{3}\right)^3=4$

Suy ra $$P\leq 5$$ Q.E.D

Dấu bằng xảy ra khi $a=0,b=1,c=2$ và các hoán vị


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Peteroldar: 14-03-2020 - 16:25


#34 tthnew

tthnew

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 423 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 08-07-2020 - 14:01

Cho $x,y,z\geq 0$. CMR : $\frac{xy+yz+zx}{(x+y+z)^{2}}\leq \sum_{cyc}\frac{x}{7x+y+z}\leq \frac{1}{3}$

Bất đẳng thức vế phải rất dễ nên mình chỉ chứng minh cho vế trái$.$ Ta có$:$

$$\sum \frac{x}{7x+y+z} -\frac{xy+yz+zx}{(x+y+z)^2} = \sum{\frac { \left( x+y+21\,z \right)  \left( x+y-z \right) ^{2} \left( x-y \right) ^{2}+112\,xyz \left( x-y \right) ^{2}}{2 \prod \left( 7\, x+y+z \right)  \left( x+y+z \right) ^{2}}} \geqslant 0$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 08-07-2020 - 14:02

Blog: https://t-t-h-n-e-w.blogspot.com/ 

Github: https://github.com/tthnew

Các chương trình trên Maple(có code): https://github.com/t...w/MaplePackages

Giới thiệu INEQTOOL program: https://diendantoanh...bđt-trên-maple/


#35 tthnew

tthnew

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 423 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 08-07-2020 - 14:13

CMR bất đẳng thức sau đúng với mọi số a,b,c không âm

$27(a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4})+148abcd\geq (a+b+c+d)^{4}$

Ta có$:$ $\text{VT - VP} \equiv f(a,b,c,d) = f(a,a+x,a+y,a+z)$

$=\Big[( 66\,(x^2+y^2+z^2)-44(xy+yz+zx) \Big] {a}^{2}$

$+\Big[42\, \sum \left( x+y \right)  \left( x-y \right) ^{2}+2\,\sum x \left( 2\,x-y-z \right) ^{2}+40\,xyz\Big]a$

$+2\, \sum \left( 5\,{x}^{2}+8\,xy+6 \,xz+8\,{y}^{2} \right)  \left( x-y \right) ^{2} \geqslant 0 $

PS$:$ Mình nghĩ rằng những bài $4$ biến dạng này thì Buffalo Way*SOS sẽ là giải pháp đơn giản nhất cho bài toán!  :icon6:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 08-07-2020 - 14:18

Blog: https://t-t-h-n-e-w.blogspot.com/ 

Github: https://github.com/tthnew

Các chương trình trên Maple(có code): https://github.com/t...w/MaplePackages

Giới thiệu INEQTOOL program: https://diendantoanh...bđt-trên-maple/





0 người đang xem chủ đề

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