Đến nội dung


Chú ý

Nếu bạn gặp lỗi trong quá trinh đăng ký thành viên, hoặc đã đăng ký thành công nhưng không nhận được email kích hoạt, hãy thực hiện những bước sau:

  • Đăng nhập với tên và mật khẩu bạn đã dùng kể đăng ký. Dù bị lỗi nhưng hệ thống đã lưu thông tin của bạn vào cơ sở dữ liệu, nên có thể đăng nhập được.
  • Sau khi đăng nhập, phía góc trên bên phải màn hình sẽ có nút "Gửi lại mã kích hoạt", bạn nhấn vào nút đó để yêu cầu gửi mã kích hoạt mới qua email.
Nếu bạn đã quên mật khẩu thì lúc đăng nhập hãy nhấn vào nút "Tôi đã quên mật khẩu" để hệ thống gửi mật khẩu mới cho bạn, sau đó làm theo hai bước trên để kích hoạt tài khoản. Lưu ý sau khi đăng nhập được bạn nên thay mật khẩu mới.

Nếu vẫn không đăng nhập được, hoặc gặp lỗi "Không có yêu cầu xác nhận đang chờ giải quyết cho thành viên đó", bạn hãy gửi email đến [email protected] để được hỗ trợ.
---
Do sự cố ngoài ý muốn, tất cả bài viết và thành viên đăng kí sau ngày 08/08/2019 đều không thể được khôi phục. Những thành viên nào tham gia diễn đàn sau ngày này xin vui lòng đăng kí lại tài khoản. Ban Quản Trị rất mong các bạn thông cảm. Mọi câu hỏi hay thắc mắc các bạn có thể đăng vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để được hỗ trợ. Ngoài ra nếu các bạn thấy diễn đàn bị lỗi thì xin hãy thông báo cho BQT trong chủ đề Báo lỗi diễn đàn. Cảm ơn các bạn.

Ban Quản Trị.


Hình ảnh

[MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

bất đẳng thức marathon cấp 2 cấp 3 imo vmo olympic tuyển sinh 10

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 54 trả lời

#41 yungazier

yungazier

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết

Đã gửi 14-04-2021 - 12:59

Mình sẽ bổ sung cho MARATHON một bài cũng khá giống giống bài này nhưng mạnh hơn, mình cũng từng làm rồi.

$\boxed{14}$Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh $a, b,c$ có diện tích S. Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2\geqslant 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

Còn về phần bài $\boxed{13}$ thì mình đưa trước 6 cách, mình sẽ nghĩ và cố gắng tìm thêm.

bài 14 là bđt Hadwinger-Finsler, bđt này là mở rộng của bđt trong đề thi IMO 1961 (cũng là bài 13)

Sau đây mình xin giải bài 14 như sau: BĐT trên tương đương

$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\geq 4\sqrt{3}\\ \Leftrightarrow 4S(\frac{1}{sinC}+\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sin B})-4S(cotA+cotB+cotC)\geq 4\sqrt{3}S\\ \Leftrightarrow \frac{1-cosA}{sinA}+\frac{1-cosB}{sinB}+\frac{1-cosC}{sinC}\geq \sqrt{3}\\ \Leftrightarrow tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \sqrt{3}\\$

Sử dụng đẳng thức $tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}tan\frac{A}{2}=1$ kết hợp với BĐT  $x+y+z\geq \sqrt{3(xy+yz+xz)}$, ta được

$tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \sqrt{3\sum tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}}=\sqrt{3}$.

Đó là đpcm.



#42 KietLW9

KietLW9

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 460 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức), Bayern Munich, Lewandowski

Đã gửi 14-04-2021 - 17:22

bài 14 là bđt Hadwinger-Finsler, bđt này là mở rộng của bđt trong đề thi IMO 1961 (cũng là bài 13)

Sau đây mình xin giải bài 14 như sau: BĐT trên tương đương

$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\geq 4\sqrt{3}\\ \Leftrightarrow 4S(\frac{1}{sinC}+\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sin B})-4S(cotA+cotB+cotC)\geq 4\sqrt{3}S\\ \Leftrightarrow \frac{1-cosA}{sinA}+\frac{1-cosB}{sinB}+\frac{1-cosC}{sinC}\geq \sqrt{3}\\ \Leftrightarrow tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \sqrt{3}\\$

Sử dụng đẳng thức $tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}tan\frac{A}{2}=1$ kết hợp với BĐT  $x+y+z\geq \sqrt{3(xy+yz+xz)}$, ta được

$tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \sqrt{3\sum tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}}=\sqrt{3}$.

Đó là đpcm.

Bài bạn thì ok rồi! Nhưng lời giải của mình ngắn hơn.

BĐT$\Leftrightarrow [a^2-(b-c)^2]+[b^2-(c-a)^2]+[c^2-(a-b)^2]\geqslant 4\sqrt{3}S\Leftrightarrow (p-b)(p-c)+(p-c)(p-a)+(p-a)(p-b)\geqslant \sqrt{3p(p-a)(p-b)(p-c)}$ (*)

Đặt $x=p-a,y=p-b,z=p-c$ thì (*) trở thành: $xy+yz+zx\geqslant \sqrt{3xyz(x+y+z)}$. Đây là một đánh giá đúng!



#43 KietLW9

KietLW9

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 460 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức), Bayern Munich, Lewandowski

Đã gửi 14-04-2021 - 20:34

Bài tiếp theo (tạm thời cập nhật được điểm vì không nhấn được nút sửa :) ). Sau 20 bài sẽ có bản Excel thông kê lại điểm của các bạn. 

 

Đây là một bài hết sức cơ bản, nhưng luật chơi câu này sẽ khác. Bất đẳng thức này có tới 18 cách giải, nên bạn nào gửi một lần 2 cách giải (hoặc hơn) trong một lần gửi bài mới được 1 điểm nhé. 

$\boxed{13}$ Cho $\triangle ABC$ với độ dài ba cạnh $a,b,c$, và diện tích là $S$. Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S$$

 

Mục đích của bài này (cũng như là mục đích của topic) là để các bạn thể hiện tư duy đột phá. Hơn nữa bài này các cách giải của nó hội tụ hình học, đại số, lượng giác nên các bạn có thể ôn tập cả 3 mảng phần này. 

Cách 9: Xét tam giác ABC có $BC=a,CA=b,AB=c$. Gọi M là trung điểm của BC, AH là đường cao.

Ta dễ có: $AB^2+AC^2=2AH^2+BH^2+HC^2=2AM^2-2HM^2+BC^2-2BH.HC=2AM^2+BC^2-2HM^2-2(BM-HM)(CM+HM)=2AM^2+BC^2-2HM^2-2BM^2+2HM^2=2AM^2+\frac{BC^2}{2}$

Như vậy: $a^2+b^2+c^2\geqslant\frac{3BC^2}{2}+2AH^2\geqslant 2\sqrt{\frac{3BC^2}{2}.2AH^2}=4\sqrt{3}S$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 14-04-2021 - 20:39


#44 KietLW9

KietLW9

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 460 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức), Bayern Munich, Lewandowski

Đã gửi 15-04-2021 - 16:30

Cách 10: Ta có: $4\sqrt{3}S=4\sqrt{3}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\leqslant 4\sqrt{3p}\sqrt{\frac{[(p-a)+(p-b)+(p-c)]^3}{27}}=\frac{4p^2}{3}=\frac{(a+b+c)^2}{3}\leqslant a^2+b^2+c^2$



#45 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Phương trình hàm, dãy số, tổ hợp

Đã gửi 15-04-2021 - 22:24

Nhân tiện mình sẽ gửi các bạn một số mở rộng của bài 13: 

 

Mở rộng 1: $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S + (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

 

Mở rộng 2: $ab+bc+ca \geq 4\sqrt{3}S$

 

Mở rộng 3: $ab+bc+ca \geq 4\sqrt{3} + \frac{1}{2} [(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$ 

 

Mở rộng 4: $a^{2n}+ b^{2n}+c^{2n} \geq 3 \frac{4S}{\sqrt{3}}^n + [(a-b)^{2n}+(b-c)^{2n}+(c-a)^{2n}]$ , $\forall n \in\mathbb{N}$

 

Mở rộng 5: $a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca) +\frac{18abc}{a+b+c} \geq 4\sqrt{3}S$

 

Mở rộng 6: $a^{\alpha}b^{\alpha} +b^{\alpha}c^{\alpha} +c^{\alpha}a^{\alpha} \geq 4^{\alpha} \sqrt{3^{2- \alpha}}S^{\alpha} $ , $\forall \alpha \geq 1$

 

Còn một số mở rộng nữa nhưng sẽ để dành cho cuộc thi Marathon :)) 

 

 



#46 KietLW9

KietLW9

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 460 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức), Bayern Munich, Lewandowski

Đã gửi 16-04-2021 - 11:41

Nhân tiện mình sẽ gửi các bạn một số mở rộng của bài 13: 

 

Mở rộng 1: $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S + (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

 

Mình đã đăng và giải trong MARATHON

 

 

Mở rộng 6: $a^{\alpha}b^{\alpha} +b^{\alpha}c^{\alpha} +c^{\alpha}a^{\alpha} \geq 4^{\alpha} \sqrt{3^{2- \alpha}}S^{\alpha} $ , $\forall \alpha \geq 1$

 

Còn một số mở rộng nữa nhưng sẽ để dành cho cuộc thi Marathon :)) 

Ta có: $ab=\frac{2S}{sinC};bc=\frac{2S}{sinA};ca=\frac{2S}{sinB}$ nên bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $(\frac{2S}{sinC})^\alpha +(\frac{2S}{sinA})^\alpha +(\frac{2S}{sinB})^\alpha \geqslant 4^\alpha \sqrt{3^{2-\alpha }}S^\alpha \Leftrightarrow \frac{1}{sin^\alpha A}+\frac{1}{sin^\alpha B}+\frac{1}{sin^\alpha C}\geqslant 2^a\sqrt{3^{2-a}}$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng, thật vậy: $\frac{1}{sin^\alpha A}+\frac{1}{sin^\alpha B}+\frac{1}{sin^\alpha C}\geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{(sinAsinBsinC)^\alpha }}\geqslant \frac{3}{(\frac{sinA+sinB+sinC}{3})^\alpha }\geqslant \frac{3}{(\frac{\sqrt{3}}{2})^\alpha }=\frac{3.2^\alpha }{\sqrt{3^\alpha}}=2^\alpha \sqrt{3^{2-\alpha }}$

Việc chứng minh mở rộng 6 đồng nghĩa với việc mở rộng 2 cũng được giải quyết


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 16-04-2021 - 11:45


#47 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Phương trình hàm, dãy số, tổ hợp

Đã gửi 17-04-2021 - 22:19

Oke, bây giờ là bài tiếp theo cho cuộc thi này nhé (một bài khởi động nhẹ trước khi vào những bài căng não): 

$\boxed{15}$ Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa $ab+bc+ca=11$. Chứng minh rằng 

$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq 100$$



#48 DBS

DBS

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 32 Bài viết

Đã gửi 18-04-2021 - 10:39

$\boxed{15}$ Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa $ab+bc+ca=11$. Chứng minh rằng 

$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq 100$$

Nhận thấy rằng: $100=10^2=(ab+bc+ca-1)^2$.

Vậy từ đó ta đưa về chứng minh bất đẳng thức sau: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq (ab+bc+ca-1)^2$.

Ta còn có được đẳng thức sau:

$(b^2+1)(c^2+1)=b^2c^2+b^2+c^2+1=(bc-1)^2+(b+c)^2$.

Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)=(a^2+1)[(b+c)^2+(bc-1)^2] \geq [a(b+c)+(bc-1)]^2=(ab+bc+ca-1)^2$.

Chứng minh hoàn tất!



#49 KietLW9

KietLW9

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 460 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức), Bayern Munich, Lewandowski

Đã gửi 18-04-2021 - 10:42

Oke, bây giờ là bài tiếp theo cho cuộc thi này nhé (một bài khởi động nhẹ trước khi vào những bài căng não): 

$\boxed{15}$ Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa $ab+bc+ca=11$. Chứng minh rằng 

$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq 100$$

Ta quy BĐT về chứng minh: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geqslant (ab+bc+ca-1)^2$ (Đây là BĐT quen thuộc)

Ta có: $(a^2+b^2)(x^2+y^2)-(ax+by)^2=(bx-ay)^2\geqslant 0\Rightarrow (a^2+b^2)(x^2+y^2)\geqslant (ax+by)^2$

Áp dụng, ta được:$(ab+bc+ca-1)^2=[a(b+c)+(bc-1)]^2\leqslant (a^2+1)[(b+c)^2+(bc-1)^2]=(a^2+1)(b^2+c^2+b^2c^2+1)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)$ 

Đẳng thức xảy ra khi $a^2(bc-1)^2=(b+c)^2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 18-04-2021 - 10:59


#50 KietLW9

KietLW9

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 460 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức), Bayern Munich, Lewandowski

Đã gửi 18-04-2021 - 10:45

Nhận thấy rằng: $100=10^2=(ab+bc+ca-1)^2$.

Vậy từ đó ta đưa về chứng minh bất đẳng thức sau: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq (ab+bc+ca-1)^2$.

Ta còn có được đẳng thức sau:

$(b^2+1)(c^2+1)=b^2c^2+b^2+c^2+1=(bc-1)^2+(b+c)^2$.

Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)=(a^2+1)[(b+c)^2+(bc-1)^2] \geq [a(b+c)+(bc-1)]^2=(ab+bc+ca-1)^2$.

Chứng minh hoàn tất!

Ồ, bạn DBS đã giải trước rồi à, nó không cập nhật cho mình biết trong thời gian theo dõi MARATHON,  :icon6:



#51 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Phương trình hàm, dãy số, tổ hợp

Đã gửi Hôm qua, 15:39

Xin chào đã lâu không ra bài mới Marathon vì hơi bận, một chút update là bạn có thể xem điểm của mình ở đây. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo:

$\boxed{15}$ Cho các số thực $x,y$ sao cho $x \neq -y$. Chứng minh rằng:

$$x^2+y^2+(\frac{1+xy}{x+y})^2 \geq 2$$



#52 KietLW9

KietLW9

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 460 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức), Bayern Munich, Lewandowski

Đã gửi Hôm qua, 15:43

Xin chào đã lâu không ra bài mới Marathon vì hơi bận, một chút update là bạn có thể xem điểm của mình ở đây. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo:

$\boxed{15}$ Cho các số thực $x,y$ sao cho $x \neq -y$. Chứng minh rằng:

$$x^2+y^2+(\frac{1+xy}{x+y})^2 \geq 2$$

$VT-VP=\frac{(x^2+xy+y^2-1)^2}{(x+y)^2}\geqslant 0$



#53 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Phương trình hàm, dãy số, tổ hợp

Đã gửi Hôm qua, 15:50

$VT-VP=\frac{(x^2+xy+y^2-1)^2}{(x+y)^2}\geqslant 0$

 

Chính xác. Bây giờ là bài số 16:

$\boxed{16}$ Cho $x,y,z,t \in \mathbb{R}$ thỏa $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2 \leq 1\\z^2+t^2\leq 1 \end{matrix}\right.$:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P= \sqrt{(x+z)^2+(y+t)^2} + \sqrt{(x-z)^2+(y-t)^2}$$



#54 Hoang72

Hoang72

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 69 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:VN

Đã gửi Hôm qua, 19:02

Chính xác. Bây giờ là bài số 16:

$\boxed{16}$ Cho $x,y,z,t \in \mathbb{R}$ thỏa $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2 \leq 1\\z^2+t^2\leq 1 \end{matrix}\right.$:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P= \sqrt{(x+z)^2+(y+t)^2} + \sqrt{(x-z)^2+(y-t)^2}$$

$P^2=2(x^2+y^2+z^2+t^2)+2\sqrt{(x^2+y^2+z^2+t^2)^2-4(xz+yt)^2}\leq 4(x^2+y^2+z^2+t^2)\leq 8\Rightarrow P\leq 2\sqrt{2}$.

Dấu "=" xảy ra khi, chẳng hạn x = 1; y = 0; z = 0; t = 1.

Vậy Max P = $2\sqrt{2}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: Hôm qua, 22:41


#55 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Phương trình hàm, dãy số, tổ hợp

Đã gửi Hôm qua, 21:57

Trước khi có bài tiếp theo thì có bạn nào sử dụng Jensen để giải bài này không?







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức, marathon, cấp 2, cấp 3, imo, vmo, olympic, tuyển sinh 10

3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh


    Bing (1)