Đề thi chuyên toán Vĩnh Phúc
#2
Đã gửi 20-06-2021 - 15:45
a) Từ giả thiết ta có: $6-c=\sqrt{ab+a+b+1}\leqslant \sqrt{\frac{(a+b)^2}{4}+a+b+1}=\frac{a+b}{2}+1\Rightarrow a+b+2\geqslant 12-2c\Rightarrow a+b+2c\geqslant 10$
b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+2}\leqslant 2$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{c}{c+2}$
Mà ta có: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{2}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}=\frac{2}{\sqrt{ab+a+b+1}}=\frac{2}{6-c}$ nên ta cần chứng minh: $\frac{2}{6-c}\geqslant \frac{c}{c+2}\Leftrightarrow (c-2)^2\geqslant 0(true)$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=3,c=2$
- perfectstrong và LongNT thích
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
#3
Đã gửi 20-06-2021 - 21:38
Câu 4.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 21-06-2021 - 05:59
- perfectstrong yêu thích
#4
Đã gửi 22-06-2021 - 00:54
Bài tổ lạ mắt đấy, thường thì dạng này là bảo chứng minh vô lý hoặc ra một bất biến
Lời giải vắn tắt:
Ta kí hiệu $a\mathop \to \limits^b c$ để biểu diễn rằng xóa số $a,b$ trên bảng và thay bằng $c$. Theo đề thì $c = \frac{a+b}{2}$.
Ta sẽ chứng minh tổng quát: nếu trên bảng có $n$ số tự nhiên từ $1$ đến $n$ ($n \ge 3$) thì ta luôn luôn có cách để thu về số nguyên dương $m \in [2;n-1]$ sau hữu hạn bước.
Thật vậy, ta có dãy biến đổi như sau:
\[\begin{array}{l}
1\mathop \to \limits^3 2\mathop \to \limits^2 2\mathop \to \limits^4 3\mathop \to \limits^5 ...\mathop \to \limits^{} m - 3\mathop \to \limits^{m - 1} m - 2\\
n\mathop \to \limits^{n - 2} n - 1\mathop \to \limits^{n - 1} n - 1\mathop \to \limits^{n - 3} n - 2\mathop \to \limits^{n - 4} ...\mathop \to \limits^{} m + 3\mathop \to \limits^{m + 1} m + 2
\end{array}\]
Sau cùng, ta sẽ còn 3 số trên bảng $m-2; m$ và $m+2$. Ta thực hiện 2 bước cuối cùng:
\[m + 2\mathop \to \limits^{m - 2} m\mathop \to \limits^m m\]
- DBS và Dang Hong Ngoc thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#5
Đã gửi 22-06-2021 - 08:15
Không biết làm hết từ câu 1 đến câu 4b có đỗ không nhỉ? :v
#6
Đã gửi 22-06-2021 - 08:20
Không có gìa) Từ giả thiết ta có: $6-c=\sqrt{ab+a+b+1}\leqslant \sqrt{\frac{(a+b)^2}{4}+a+b+1}=\frac{a+b}{2}+1\Rightarrow a+b+2\geqslant 12-2c\Rightarrow a+b+2c\geqslant 10$
b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+2}\leqslant 2$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{c}{c+2}$
Mà ta có: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{2}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}=\frac{2}{\sqrt{ab+a+b+1}}=\frac{2}{6-c}$ nên ta cần chứng minh: $\frac{2}{6-c}\geqslant \frac{c}{c+2}\Leftrightarrow (c-2)^2\geqslant 0(true)$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=3,c=2$
Cách khác của câu $b$ (nhưng cũng gần giống):
BĐT $\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{2}{c+2} \geqslant 1$.
Ta có:
$VT \geqslant \frac{2}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}+\frac{2}{c+2} \geqslant \frac{2.4}{\sqrt{(a+1)(b+1)}+c+2}=1$.
Ta có điều phải chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mapdjtbeoidethuong: 22-06-2021 - 08:21
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh