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

[TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN VÀ HSG TỈNH}}$ NĂM HỌC 2019-2020


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 825 trả lời

#361 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 556 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 17-03-2020 - 15:59

 

$\boxed{\text{Bài 193}}$ Cho a,b,c>0.Chứng minh rằng 

$$\sum \frac{ab}{a^{2}+b^{2}+3c^{2}}\leq \frac{3}{5}$$

Mình xin phép đưa ra lời giải cho bài 193 [đây là lời giải của thầy Võ Quốc Bá Cẩn]:

 Không mất tính tổng quát, giả sử $c=min{a,b,c}$. Trước hết, ta chứng minh:

$\frac{bc}{b^{2}+c^{2}+3a^{2}}+\frac{ca}{a^{2}+c^{2}+3b^{2}}\leq \frac{c(a+b)+\frac{18}{25}(a-b)^{2}}{2a^{2}+2b^{2}+c^{2}}$

Thật vậy; BĐT<=>$c(\frac{b(2a^{2}+2b^{2}+c^{2})}{b^{2}+c^{2}+3a^{2}}+\frac{a(2a^{2}+2b^{2}+c^{2})}{c^{2}+a^{2}+3b^{2}}-a-b)\leq \frac{18}{25}(a-b)^{2}$

                       <=>$c(\frac{a(a^{2}-b^{2})}{c^{2}+a^{2}+3b^{2}}+\frac{b(b^{2}-a^{2})}{b^{2}+c^{2}+3a^{2}})\leq \frac{18}{25}(a-b)^{2}$

                       <=>$\frac{c(a-b)^{2}(a+b)(3a^{2}+3b^{2}+c^{2}+2ab)}{(3a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}+3b^{2}+c^{2})}\leq \frac{18}{25}(a-b)^{2}$

                       <=>$9c(a+b)2(3a^{2}+3b^{2}+c^{2}+2ab)\leq \frac{18^{2}}{25}(3a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}+3b^{2}+c^{2})$

Áp dụng AM-GM ta có:$VT\leq (\frac{9c(a+b)+2(3a^{2}+3b^{2}+c^{2}+2ab)}{2})^{2}$;

                                     $VP\geq \frac{18^{2}}{25}(a^{2}+b^{2}+2ab+c^{2})^{2}$

Lại có:$36(a^{2}+b^{2}+2ab+c^{2})-5(9c(a+b)+2(3a^{2}+3b^{2}+c^{2}+2ab))$

           $=26(c-a)(c-b)+6a^{2}+6b^{2}-19c(a+b)+26ab\geq 6a^{2}+6b^{2}-19c(a+b)+26ab$

           $\geq 38ab-19c(a+b)\geq 0$ => BĐT trên hiển nhiên đúng.

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh:$\frac{ab}{a^{2}+b^{2}+3c^{2}}+\frac{c(a+b)+\frac{18}{25}(a-b)^{2}}{2a^{2}+2b^{2}+c^{2}}\leq \frac{a^{2}+b^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+3c^{2})}+\frac{c\sqrt{2a^{2}+2b^{2}}}{2a^{2}+2b^{2}+c^{2}}$

$<=>\frac{(a-b)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+3c^{2})}+\frac{c(a-b)^{2}}{(2a^{2}+2b^{2}+c^{2})(\sqrt{2a^{2}+2b^{2}}+a+b)}\geq \frac{18(a-b)^{2}}{25(2a^{2}+2b^{2}+c^{2})}$

Đặt $t=\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}$, ta quy về chứng minh:

$\frac{1}{4t^{2}+6c^{2}}+\frac{c}{4t(4t^{2}+c^{2})}\geq \frac{18}{25(4t^{2}+c^{2})}$

$<=>\frac{8t^{2}+2c^{2}}{2t^{2}+3c^{2}}+\frac{c}{t}\geq \frac{72}{25}$

Dễ CMinh do $VT\geq 3>\frac{72}{25}$

Cuối cùng, ta CMinh: $\frac{t^{2}}{2t^{2}+3c^{2}}+\frac{2tc}{4t^{2}+c^{2}}\leq \frac{3}{5}$

                                  $<=>-\frac{(t-c)^{2}(2t-3c)^{2}}{5(2t^{2}+3c^{2})(4t^{2}+c^{2})}\leq 0$ [luôn đúng]

=> BĐT đã được chứng minh=>đpcm

Dấu "=" xảy ra<=>$a=b=c$ hoặc $a=b=\frac{3}{2}c$ cùng các hoán vị.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 18-03-2020 - 08:02


#362 supreme king

supreme king

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 148 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:Thích gì làm đấy

Đã gửi 17-03-2020 - 16:54

$ \boxed{\text{Bài 200}} $ Cho $ a,b,c > 0 $ thỏa $ a^3+ b^3+c^3 = 3$. Chứng minh rằng

$$ \sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ac} \geq abc(a+b+c) $$

Ta có

$(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)=3+3(a+b)(b+c)(c+a)\leq3+\frac{8(a+b+c)^3}{9}$

$\Rightarrow(a+b+c)^3\leq27$

$\Rightarrow(a+b+c)\leq3$

Lại có $3=a^3+b^3+c^3\geq 3abc >0$

$\Rightarrow 0<abc\leq1$

$\Rightarrow abc\leq \sqrt[3]{abc} $

Do đó $VP\leq3\sqrt[3]{abc}\leq VT$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supreme king: 23-03-2020 - 09:18

All will be well if you use your mind for your decision, and mind only your decision

                                                                                                                 -Presh Talwalkar-


#363 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 556 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 17-03-2020 - 19:09

Mình xin phép góp thêm 3 bài nữa:

$\boxed{\text{Bài 202}}$ Cho $a,b,c,d$ là độ dài các cạnh của 1 tứ giác lồi.Tìm GTNN của

$$P=\sum \frac{a}{b+c+d-a}$$

$\boxed{\text{Bài 203}}$ Cho x,y,z khác 0 thỏa mãn $x+2y+3z=5;2xy+6yz+3xz=8$.Chứng minh rằng

$$1\leq x\leq \frac{7}{3};\frac{1}{2}\leq y\leq \frac{7}{6};\frac{1}{3}\leq z\leq \frac{7}{9}$$

$\boxed{\text{Bài 204}}$ Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn:$xyz=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{\sqrt{1+8x}}+\frac{1}{\sqrt{1+8y}}+\frac{1}{\sqrt{1+8z}}\geq 1$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 18-03-2020 - 08:01


#364 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 279 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 17-03-2020 - 19:33

$\boxed{\text{Bài 204}}$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn:$xyz=1$. CMR:$\frac{1}{\sqrt{1+8x}}+\frac{1}{\sqrt{1+8y}}+\frac{1}{\sqrt{1+8z}}\geq 1$

Đặt $x=\frac{bc}{a^2},y=\frac{ca}{b^2},z=\frac{ab}{c^2}$. Đó chính là $IMO-2001$ với rất nhiều cách giải!

 Cách $1$: Cách của em:

raLCLel.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 17-03-2020 - 19:36


#365 phan duy quang lh

phan duy quang lh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 150 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:hà tĩnh
  • Sở thích:toán học
    anime
    "truyện tranh" =.=

Đã gửi 17-03-2020 - 19:58

Mình xin phép góp thêm 3 bài nữa:

$\boxed{\text{Bài 202}}$: Cho $a,b,c,d$ là độ dài các cạnh của 1 tứ giác lồi.Tìm min: $P=\sum \frac{a}{b+c+d-a}$

 

 

Em xin thịt bài này nha mn :D

2P=$-4+\left ( a+b+c+d \right )(\sum \frac{1}{b+c+d-a})\geq \left ( a+b+c+d \right )(\frac{16}{2(a+b+c+d)})-4=4$ theo svac

dâú = tại a=b=c=d.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 18-03-2020 - 07:59

trứng gà , đập vỡ từ bên ngoài là thức ăn 

đập vỡ từ bên trong là sinh mạng 

đời người cũng vậy 

đập vỡ từ bên ngoài là áp lực 

đập vỡ từ bên trong là trưởng thành  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  :icon10:  ~O)  :ph34r: 

                                       TÁC giả giấu tên 


#366 Pizscontrol9

Pizscontrol9

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:làm việc mình thích

Đã gửi 17-03-2020 - 20:39

Em cũng xin góp mấy bài nữa:

$\boxed{\text{Bài 205}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$.Chứng minh rằng

$$\sum \frac{3a^{2}b^{2}+1}{c^{2}+1}\geq 3$$

$\boxed{\text{Bài 206}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Tìm GTNN của

$$P=\sum \frac{1}{2a-a^{2}}$$

$\boxed{\text{Bài 207}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $\sum \frac{9}{a^{2}+2}\geq \sum 2a^{2} +3$.Chứng minh rằng 

$$a+b+c\leq 3$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 18-03-2020 - 07:59


#367 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 556 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 17-03-2020 - 20:51

$\boxed{\text{Bài 205}}$: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$.CMR: $\sum \frac{3a^{2}b^{2}+1}{c^{2}+1}\geq 3$

Mình xin phép làm ngay bài 205:

Ta chứng minh: $\frac{3a^{2}b^{2}+1}{c^{2}+1}\geq 3ab$

<=>$3a^{2}b^{2}+[ab+bc+ca]^{2}\geq 3ab[ab+bc+ca+c^{2}]$

<=>$\sum [ab-bc]^{2}\geq 0$; luôn đúng 

Tương tự; rồi cộng các vế vừa nhận được sau đó sử dụng giả thiết ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 18-03-2020 - 07:58


#368 supreme king

supreme king

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 148 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:Thích gì làm đấy

Đã gửi 17-03-2020 - 21:11

$\boxed{\text{Bài 206}}$: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Tìm min P=$\sum \frac{1}{2a-a^{2}}$

Vì $a+b+c=1$ và $a>0$

$\Rightarrow 0<a<1$

$\Rightarrow 2a-a^2>0$

Tương tự với $b$ và $c$

Do đó ta có $P\geq\frac{9}{2(a+b+c)-(a^2+b^2+c^2)}\geq\frac{9}{2-\frac{(a+b+c)^2}{3}}=\frac{27}{5}$

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 18-03-2020 - 07:58

All will be well if you use your mind for your decision, and mind only your decision

                                                                                                                 -Presh Talwalkar-


#369 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết

Đã gửi 18-03-2020 - 00:25

Bài 207

Ta có: $\sum \frac{9}{a^2+2}\geq \sum 2a^2 +3\Leftrightarrow $A=$ \sum (a-1).\frac{(a+1)(2a^2+7)}{a^2+2}\leq 0$

Giả sử $a\geq b\geq c> 0$ $\Rightarrow a-1\geq b-1\geq c-1$. Ta có: $\frac{(a+1)(2a^2+7)}{a^2+2}\geq \frac{(b+1)(2b^2+7)}{b^2+2}(1)\Leftrightarrow$ $(a-b)\left [ 4(a+b)^2-3(a+b)+2(ab)^2-11ab+14 \right ]\geq 0$ (2)

Ta có: $(a+b)^2\geq 4ab\Rightarrow 4(a+b)^2-3(a+b)+2(ab)^2-11ab+14\geq [3(a+b)^2-3(a+b)+3]+[2(ab)^2-7ab+\frac{49}{8}]+\frac{39}{8}> 0\forall a,b$ Lại có $a\geq b$ nên (2) đúng, suy ra (1) đúng . Tương tự: $\frac{(b+1)(2b^2+7)}{b^2+2}\geq \frac{(c+1)(2c^2+7)}{c^2+2}$

$\Rightarrow$ $\frac{(a+1)(2a^2+7)}{a^2+2}\geq \frac{(b+1)(2b^2+7)}{b^2+2}\geq \frac{(c+1)(2c^2+7)}{c^2+2}$.

Do đó: Áp dụng BĐT Chebyshev ta có: $A\geq (a+b+c-3)(\sum \frac{(a+1)(2a^2+7)}{a^2+2})$$\Rightarrow a+b+c -3 \leq 0\Rightarrow a+b+c\leq 3(Q.E.D)$

*Bạn vui lòng trích dẫn đề bài giống các post trên nhé!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 18-03-2020 - 07:57


#370 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 18-03-2020 - 09:31

$\boxed{\text{Bài 196}}$ Cho $a,b,c,r>0$. Chứng minh rằng

$$\sum \sqrt[r]{\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}}\geq 3$$

Áp dụng trực tiếp AM-GM $\sum \sqrt[r]{\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}}\geq 3\sqrt[3r]{\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a} \right )\left ( \frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right )\left ( \frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c} \right )}$

Ta cần CM $\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a} \right )\left ( \frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right )\left ( \frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c} \right )\geq 1$

WLOG, giả sử $a\geq b\geq c$ thì $\frac{1}{b+c}\geq \frac{1}{c+a}\geq \frac{1}{a+b}$

Áp dụng Chebyshev và AM-GM $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\geq \frac{a+b}{2}\left ( \frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right )\geq \frac{a+b}{\sqrt{(b+c)(c+a)}}$

Lập thêm 3 BĐT tương tự rồi nhân lại với nhau ta có đpcm

Dấu = xảy ra khi $a=b=c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Peteroldar: 18-03-2020 - 09:51


#371 Minh2082005

Minh2082005

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 18 Bài viết

Đã gửi 18-03-2020 - 12:36

$\boxed{\text{Bài 207}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn: $\sum \frac{9}{a^{2}+2}\geq \sum 2a^{2} +3$.Chứng minh rằng 

$$a+b+c\leq 3$$

Em xin đưa cách 2

Có :

$\sum \frac{9}{x^{2}+2}=\frac{9}{2}\sum (1-\frac{x^{2}}{x^{2}+2})=\frac{9}{2}(3-\sum \frac{x^{2}}{x^{2}+2})\leq \frac{9}{2}(3-\frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+6})$ (BĐT Svac-xơ)

Từ gt ta có

$\frac{9}{2}(3-\frac{(x+y+z)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+6})\geq \sum 2x^{2}+3$ (*)

Đặt $x+y+z=a$

       $x^{2}+y^{2}+z^{2}=b$

thì  $b\geq 2a-3$

(*)<=> $\frac{9}{2}(3-\frac{a^{2}}{b+6})\geq 2b+3$

    <=>$27-\frac{9a^{2}}{b+6}\geq 4b+6$

    <=>$9a^{2}+(4b+6)(b+6)\leq 27(b+6)$

    <=>$9a^{2}+4b^{2}+24b+6b+36\leq 27b+162$

    <=>$9a^{2}+4b^{2}+3b\leq 126$

Mà ta có  $b\geq 2a-3$

 Nên $126\geq 9a^{2}+4(2a-3)^{2}+3(2a-3)$

Khai triển ra ta đc

  $25a^{2}-42a-99\leq 0$

<=>$(a-3)(25a+33)\leq 0$

<=> $a\leq 3$ (vì 25a+33>0)

Hay $a+b+c\leq 3$ (ĐPCM)

---------------------------------------------------------------------------------------------

p/s: Bài 181 e nghĩ lại làm sai lên chưa làm đc,a/chị nào đó làm hộ e :D(sorry) 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:13


#372 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 279 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 19-03-2020 - 08:29

$\boxed{\text{Bài 208}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực bất kỳ. Chứng minh:

$$(a^2+b^2+c^2)^3 \geq 2(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:12


#373 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 556 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 19-03-2020 - 12:51

$\boxed{\text{Bài 203}}$ Cho x,y,z khác 0 thỏa mãn $x+2y+3z=5;2xy+6yz+3xz=8$.Chứng minh rằng

$$1\leq x\leq \frac{7}{3};\frac{1}{2}\leq y\leq \frac{7}{6};\frac{1}{3}\leq z\leq \frac{7}{9}$$

Xin phép đưa ra lời giải cho bài 203:

Đặt t=2y;s=3z. Từ giả thiết ta có: $x+t+s=5;xt+ts+sx=8$

Từ đó;điều cần chứng minh tương đương với: $1\geq x,t,s\geq \frac{7}{3}$

Do x,t,s có vai trò ngang nhau nên ta chỉ cần chứng minh: $1\geq x\geq \frac{7}{3}$

Ta có: $4ts\leq [t+s]^{2}=[5-x]^{2}$

=> $=xt+ts+sx=x[t+s]+ts\leq x[5-x]+\frac{[5-x]^{2}}{4}$

$=>3x^{2}-10x+7\leq 0$

$=>1\leq x\leq \frac{7}{3}$

=>đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:12


#374 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 556 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathbb{Z}$
  • Sở thích:$\text{Hình học}$

Đã gửi 19-03-2020 - 16:10

$\boxed{\text{Bài 209}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn điều kiện $\sum \frac{1}{a}\leq 16[a+b+c]$. Chứng minh rằng

$$\sum \frac{1}{[a+b+\sqrt{2a+2c}]^{3}}\leq \frac{8}{9}$$

$\boxed{\text{Bài 210}}$ Cho $0<\alpha <\frac{\pi }{2}$. Tìm GTNN của

$$P=[\cos \alpha +1][1+\frac{1}{\sin \alpha }]+[\sin \alpha +1][1+\frac{1}{\cos \alpha }]$$

$\boxed{\text{Bài 211}}$ Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng

$$\sum \frac{x+3}{[x+1]^{2}}\geq 3$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-03-2020 - 09:43


#375 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 19-03-2020 - 16:40

Bài 208

Cho $a,b,c$ là các số thực bất kỳ. Chứng minh:

$(a^2+b^2+c^2)^3 \geq 2(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$

REDACTED...


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Peteroldar: 19-03-2020 - 20:58


#376 NewMrDat

NewMrDat

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 56 Bài viết

Đã gửi 19-03-2020 - 18:37

Xin phép đưa ra lời giải cho bài 203:

Đặt t=2y;s=3z. Từ giả thiết ta có: $x+t+s=5;xt+ts+sx=8$

Từ đó;điều cần chứng minh tương đương với: $1\geq x,t,s\geq \frac{7}{3}$

Do x,t,s có vai trò ngang nhau nên ta chỉ cần chứng minh: $1\geq x\geq \frac{7}{3}$

Ta có: $4ts\geq [t+s]^{2}=[5-x]^{2}$

=> $=xt+ts+sx=x[t+s]+ts\geq x[5-x]+\frac{[5-x]^{2}}{4}$

$=>3x^{2}-10x+7\geq 0$

$=>1\geq x\geq \frac{7}{3}$

=>đpcm

Tại sao $4ts\geq (t+s)^{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NewMrDat: 19-03-2020 - 18:37


#377 NewMrDat

NewMrDat

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 56 Bài viết

Đã gửi 19-03-2020 - 18:50

Lời giải của mình ở AoPS

Edit: Nickname @BestChoice123

Mình thấy trên đấy lời giải của bạn sai mà



#378 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 531 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$ \text {Tp.HCM} $
  • Sở thích:$ \textbf{ Loyalty } $

Đã gửi 19-03-2020 - 18:54

Tại sao $4ts\geq (t+s)^{2}$

 

Xin phép đưa ra lời giải cho bài 203:

Đặt t=2y;s=3z. Từ giả thiết ta có: $x+t+s=5;xt+ts+sx=8$

Từ đó;điều cần chứng minh tương đương với: $1\geq x,t,s\geq \frac{7}{3}$

Do x,t,s có vai trò ngang nhau nên ta chỉ cần chứng minh: $1\geq x\geq \frac{7}{3}$

Ta có: $4ts\geq [t+s]^{2} $ nên $ =[5-x]^{2}$

=> $=xt+ts+sx=x[t+s]+ts\geq x[5-x]+\frac{[5-x]^{2}}{4}$

$=>3x^{2}-10x+7\geq 0$

$=>1\geq x\geq \frac{7}{3}$

=>đpcm

Có thể bạn ấy sai, hoặc có thể chỉ đánh nhầm.

$ 4st \leq (x+t)^2 $ khi đó ta mới có $ 3x^2 - 10x + 7 \leq 0 $ hay $ 1 \leq x \leq \frac{7}{3} $.

Lời giải của em ấy về cơ bản đúng hướng nhưng nhầm dấu. ( những chỗ bôi đỏ )


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sin99: 19-03-2020 - 18:56

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#379 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 279 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 19-03-2020 - 19:22

Lời giải của mình ở AoPS

Edit: Nickname @BestChoice123

Nhưng lời giải đó sai thì phải? Lời giải của mình (SBM): Lời giải. Có lẽ lời giải của KaiRain là tuyệt nhất! :biggrin:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-03-2020 - 09:41


#380 Pizscontrol9

Pizscontrol9

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:làm việc mình thích

Đã gửi 19-03-2020 - 21:29

Xin góp mấy bài:

$\boxed{\text{Bài 212}}$ Cho x,y,z đôi 1 khác nhau. Chứng minh rằng

$$\sum [\frac{x}{y-z}]^{4}>\frac{4}{3}$$

$\boxed{\text{Bài 213}}$ Cho $a,b,c\geq 0$,thỏa mãn $a+b+c=4$. Chứng minh rằng

$$\sum \sqrt{a+b}\leq 2\sqrt{6}$$

$\boxed{\text{Bài 214}}$ Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$.Chứng minh rằng

$$\sum \sqrt{\frac{6}{x^{3}+1}}\leq \sqrt{x+y+z}^{3}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 31-03-2020 - 10:07





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh