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 866 trả lời

#21 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 19-02-2020 - 08:52

$\boxed{\text{Bài 13}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng

$$\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}+\frac{\sqrt{c^2+b^2}}{a}+\frac{\sqrt{a^2+c^2}}{b}\geq 2\left ( \frac{a}{\sqrt{b^2+c^2}} +\frac{b}{\sqrt{c^2+a^2}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2}}\right )$$

 

Em xin chém Bài 13

Ta có: $\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}\geq \frac{a+b}{\sqrt{2}.c}$

$\Rightarrow \sum \frac{\sqrt{a^2+b^2}}{c}\geq \frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{c}{b})=\frac{1}{\sqrt{2}}[\sum (\frac{a}{c}+\frac{a}{b})]$

Lại có: $\frac{a}{c}+\frac{a}{b}=\frac{(\sqrt{a})^2}{c}+\frac{(\sqrt{a})^2}{b}\geq \frac{4}{b+c}\geq \frac{4}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}$

Từ mấy điều trên $\Rightarrow $ ĐPCM


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 00:50


#22 tthnew

tthnew

    Sĩ quan

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

Đã gửi 19-02-2020 - 09:03

Bài 15:

Đặt $(a;b;c)=(\frac{6x}{x+y+z};\frac{6y}{x+y+z};\frac{6z}{x+y+z})$ thì ta có $x,y,z>0;\frac{6x}{x+y+z} \le 1;\frac{6y}{x+y+z}\le 2$

Quy đồng, rút gọn, ta cần chứng minh: $7 x^3 + 57 x^2 y + 57 x^2 z + 57 x y^2 - 498 x y z + 57 x z^2 + 7 y^3 + 57 y^2 z + 57 y z^2 + 7 z^3 \geq 0$

Bất đẳng thức đưa về dạng thuần nhất, tuy nhiên đẳng thức lại xảy ra khi $y=2x;z=3x$ và em chưa nghĩ ra hướng đi...(khi nào nghĩ ra sẽ bổ sung)

 

Xin đề xuất $\boxed{\text{Bài 18}}$:

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

$3(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1) \geq 1 +abc+a^2 b^2 c^2 |(*32)$

 

Bài này em lấy trong sách, lời giải nhìn ảo quá, chẳng biết tác giả suy nghĩ thế nào.

P/s: Đừng để ý $|(*32)$, em đánh dấu để dễ tìm lời giải trong sách thôi.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 13:48


#23 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47-THPT chuyên PBC

Đã gửi 19-02-2020 - 10:08

Cảm ơn tthnew. Mình cũng xin  đề xuất một số bài như sau

$\boxed{\text{Bài 19}}$ Cho các số thực $m,n,p$ thỏa mãn $n^2 +p^2 +np = 1 - \dfrac{3m^{2}}{2}$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$$ S=m+n+p $$

$\boxed{\text{Bài 20}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $2a^{2}+b^{2}\leq 3c^{2}$. Chứng minh rằng

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

$\boxed{\text{Bài 21}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng

$$\frac{8}{(a+b)^2+4abc}+\frac{8}{(b+c)^2+4abc}+\frac{8}{(c+a)^2+4abc}+a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \frac{8}{a+3}+\frac{8}{b+3}+\frac{8}{c+3}$$

$\boxed{\text{Bài 22}}$ Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z=3$ và $xy+yz+zx\neq 0$. Chứng minh rằng

$$\frac{x+1}{y+1}+\frac{y+1}{z+1}+\frac{z+1}{x+1}\leq \frac{25}{3\sqrt[3]{4(xy+yz+zx)}}.$$

$\boxed{\text{Bài 23}}$ Cho các số $x,y,z$ thỏa mãn $0<x<y<z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$$P=\frac{x^3z}{y^2(xz+y^2)}+\frac{y^4}{z^2(xz+y^2)}+\frac{z^3+15x^3}{x^2z}$$

 

P/s: Em mong các anh chị lớp trên nên hạn chế giải bài, thay vào đó đề xuất một bài toán mới hoặc lời giải thứ 2 của một bài toán nào đó.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 17:57


#24 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 418 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{C.Toán-CNT}}$
  • Sở thích:$Manchester-United$

Đã gửi 19-02-2020 - 10:30

Bài 15:

Cần CM: $(a+1)(b+1)(c+1)\geq 4abc<=>(1+\frac{1}{a})(1+\frac{1}{b})(1+\frac{1}{c})\geq 4$

$=>1+(\frac{1}{abc}+\sum \frac{1}{ab})+\sum \frac{1}{a}\geq4 =>\frac{7}{abc}+\sum \frac{1}{a}\geq 3$            (3)

Từ giả thiết : $a+b+c=6=>a+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+3.\frac{c}{3}=6=>6\geq 6\sqrt[6]{\frac{ab^2c^3}{108}}$

$=>ab^2c^3\leq 108$

$=>(abc)^3\leq 108.1^2.2=216$

$=>abc\leq 6=>\frac{7}{abc}\geq \frac{7}{6}$      (1)

Có: $\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{3}{c}\geq 3.\sqrt[3]{\frac{6}{abc}}\geq 3$

và $\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{5}{2}$

$=> \sum \frac{1}{a}\geq \frac{11}{6}$                 (2)

$(1)+(2)+(3) \Rightarrow $ ĐPCM

Dấu "=" xảy ra khi $a=1, b=2, c=3$

Khoai.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 11:29

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#25 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47-THPT chuyên PBC

Đã gửi 19-02-2020 - 11:03

Lời giả của Syndycate rất hay. Anh xin đưa ra Lời giải thứ 2 của Bài 15

 

Theo bài ra thì BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c+1\geq 3abc \Leftrightarrow (c+1)(a+b+1)+ab(1-3c)\geq 0$

Mà $a+b+c=6$ nên $\Leftrightarrow (c+1)(7-c)+ab(1-3c)\geq 0$

 

Lại có: Do $a\leq 1; b\leq 2 \Rightarrow c \geq 3 \Rightarrow 1-3c \leq 0$

Và $ab=\frac{1}{2}.2a.b\leq\frac{1}{8}(2a+b)^2\leq\frac{1}{8}(1+a+b)^2=\frac{(7-c)^2}{8}$

Nên ta cần chứng minh: $(c+1)(7-c)+\frac{1}{8}(7-c)^2(1-3c)\geq 0\Leftrightarrow (7-c)(c-3)(3c-5)\geq 0$ (BĐT ĐÚNG do $3\leq c \leq 6$)

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a=1,b=2,c=3$

 

P/s: Mãi mới được làm chứ anh ngứa tay lắm r  :D  :D  :D . Bạn nào có lời giả thứ 2 của bài toán cũng nên post lên để mọi người học hỏi nhé. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 13:13


#26 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 109 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Another Dimension

Đã gửi 19-02-2020 - 11:21

$\boxed{\text{Bài 20}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $2a^{2}+b^{2}\leq 3c^{2}$. Chứng minh rằng

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

Bài 20:

Từ giả thiết $\Rightarrow 9c^{2}\geq (2a+b)^{2}\rightarrow 3c\geq 2a+1$

BĐT$\Leftrightarrow 2bc+ac\geq 3ab\Leftrightarrow 6bc+3ac\geq 9ab$

Vì $3c\geq 2a+b$

nên cần CM $2(a^{2}+b^{2})+5ab\geq 9ab\Leftrightarrow 2(a-b)^{2}\geq 0$

Dấu $"="$ khi $a=b=c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 17:55


#27 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 109 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Another Dimension

Đã gửi 19-02-2020 - 11:25

$\boxed{\text{Bài 21}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng

$$\frac{8}{(a+b)^2+4abc}+\frac{8}{(b+c)^2+4abc}+\frac{8}{(c+a)^2+4abc}+a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq \frac{8}{a+3}+\frac{8}{b+3}+\frac{8}{c+3}$$

Bài 21:

Theo BĐT $C-S$ ta có: 

$4abc\leq (a+b)^{2}c$ 

CM tương tự

$\Rightarrow VT\geq \sum \frac{8}{(a+b)^{2}(c+1)}+a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \sum [\frac{8}{(a+b)^{2}(c+1)}+\frac{(a+b)^{2}}{4}]\geq \sum \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{c+1}}\geq \sum \frac{8}{c+3}$

Vì $2a^{2}+2b^{2}\geq (a+b)^{2};2b^{2}+2c^{2}\geq (b+c)^{2};2c^{2}+2a^{2}\geq (c+a)^{2}$

Dấu $"="$ khi $ a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 18:00


#28 bodoicuho

bodoicuho

    Binh nhất

  • Banned
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:MATHS,GAME(FREE FIRE,PUBG,BRAWS STAR)

Đã gửi 19-02-2020 - 11:38

Em xin góp 1 số bài 

$\boxed{\text{Bài 24}}$ Cho a,b,c là các số thực dương, $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 3$

Chứng minh rằng:

$$(a+b+c)(a+b+c-abc)\geq 2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)$$

$\boxed{\text{Bài 25}}$ Cho a,b,c $\geq 1$ $a^{2}+b^{2}+c^{2}=4$ 

Chứng minh $$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \frac{9}{2(\sqrt{a^{2}-1}+\sqrt{b^{2}-1}+\sqrt{c^{2}-1})}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 24-02-2020 - 22:37


#29 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 109 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Another Dimension

Đã gửi 19-02-2020 - 11:42

Em xin góp bài sau

$\boxed{\text{Bài 26}}$ Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$. Chứng minh rằng 

$$\frac{(a+b)^{3}}{a^{2}+6ab+b^{2}}+\frac{(b+c)^{3}}{b^{2}+6bc+c^{2}}+\frac{(c+a)^{3}}{c^{2}+6ca+a^{2}}\leq \frac{6(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ca}$$

 

P/s Bài 23 em nghĩ phân thức đầu phải là $y^{2}$ ở ngoài ngoặc ạ

 

Mà cho em hỏi với mọi số thực dương x,y,z liệu có đặt được $(x,y,z)=(\frac{a}{b+c},\frac{b}{c+a},\frac{c}{a+b})$ không ạ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 18:26


#30 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47-THPT chuyên PBC

Đã gửi 19-02-2020 - 11:46

Em xin góp bài sau

$\boxed{\text{Bài 26}}$ Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$. Chứng minh rằng 

$$\frac{(a+b)^{3}}{a^{2}+6ab+b^{2}}+\frac{(b+c)^{3}}{b^{2}+6bc+c^{2}}+\frac{(c+a)^{3}}{c^{2}+6ca+a^{2}}\leq \frac{6(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)}{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ca}$$

 

P/s Bài 23 em nghĩ phân thức đầu phải là $y^{2}$ ở ngoài ngoặc ạ

 

Mà cho em hỏi với mọi số thực dương x,y,z liệu có đặt được $(x,y,z)=(\frac{a}{b+c},\frac{b}{c+a},\frac{c}{a+b})$ không ạ

Anh sửa r nhé. Cảm ơn e,

Với câu hỏi của e thì a nghĩ phải có ĐK là $a,b,c$ là các số thực dương



#31 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 109 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Another Dimension

Đã gửi 19-02-2020 - 12:29

$\boxed{\text{Bài 23}}$ Cho các số $x,y,z$ thỏa mãn $0<x<y<z$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$$P=\frac{x^3z}{y^2(xz+y^2)}+\frac{y^4}{z^2(xz+y^2)}+\frac{z^3+15x^3}{x^2z}$$

Bài 23

$=\frac{x^{3}z.\frac{1}{y^{3}z}}{\frac{x}{y}+\frac{y}{z}}+\frac{y^{4}.\frac{1}{z^{3}y}}{\frac{x}{y}+\frac{y}{z}}+(\frac{z}{x})^{2}+\frac{15x}{z}=\frac{\frac{x^{3}}{y^{3}}+\frac{y^{3}}{z^{3}}}{\frac{x}{y}+\frac{y}{z}}+\frac{z^{2}}{x^{2}}+\frac{15x}{z}$

Đặt $(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})=(a,b,c)\rightarrow abc=1$

$\Rightarrow P=\frac{a^{3}+b^{3}}{a+b}+c^{2}+\frac{15}{c}=a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab+\frac{15}{c}=\sum a^{2}+\frac{14}{c}\geq 2ab+c^{2}+\frac{14}{c}=c^{2}+\frac{16}{c}=c^{2}+\frac{8}{c}+\frac{8}{c}\geq 3.\sqrt[3]{8.8}=3.2.2=12$

Dấu $"="$ xảy ra khi $c=2,a=b=\frac{1}{\sqrt{2}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 18:27


#32 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47-THPT chuyên PBC

Đã gửi 19-02-2020 - 13:05

Sau khi thảo luận với Sin99, mình quyết định bổ sung MỘT SỐ QUY ĐỊNH CỦA TOPIC NHƯ SAU:

++ Các anh chị lớp trên nên hạn chế giải bài, thay vào đó đề xuất một bài toán mới hoặc lời giải thứ 2 của một bài toán nào đó.

++ Sau khi lời giải của một bài toán nào đó được đưa ra thì bất kì lời giải nào giống với lời giải trước đều sẽ bị xóa, tránh làm loãng Topic.

++ TUYỆT ĐỐI KHÔNG SPAM LÀM LOÃNG TOPIC

 

Mình rất mong sự ủng hộ nhiệt tình của các bạn :lol:

-WaduPunch-


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WaduPunch: 19-02-2020 - 13:26


#33 son2004

son2004

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Đã gửi 19-02-2020 - 15:44

$\boxed{\text{Bài 22}}$ Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z=3$ và $xy+yz+zx\neq 0$. Chứng minh rằng

$$\frac{x+1}{y+1}+\frac{y+1}{z+1}+\frac{z+1}{x+1}\leq \frac{25}{3\sqrt[3]{4(xy+yz+zx)}}.$$

Mình xin phép trình bày Bài 22

Trước tiên ta chứng minh BĐT: $ xy^2 + yz^2+zx^2 \leq 4$ $(1)$

Không mất tính tổng quát, ta giả sử y nằm giữa x và z

$ \Rightarrow (x-y)(z-y) \leq 0 \Leftrightarrow x(x-y)(z-y) \leq 0 \Leftrightarrow A \leq 2y(x+z)^2-xyz \leq 2y(x+z)(x+z) \leq 4.$

Quay lại bài toán:

Ta có

$3\sqrt[3]{2.2.(xy+yz+zx)}\leq 4+xy+yz+zx \leq (x+1)(y+1)(z+1)\Rightarrow \frac{25}{3\sqrt[3]{4(xy+yz+zx)}}\geq\frac{25}{(x+1)(y+1)(z+1)}$

Ta cần chứng minh $\frac{x+1}{y+1}+\frac{y+1}{z+1}+\frac{z+1}{x+1}\leq \frac{25}{(x+1)(y+1)(z+1)}$

$\Leftrightarrow \sum(x+1)^2(z+1) \leq 25$

Sử dụng BĐT (1) và $x+y+z = 3$ $\Rightarrow$ ĐPCM

Dấu $"="$ xảy ra khi $(x,y,z)=(0,1,2)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 19:43


#34 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 418 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{C.Toán-CNT}}$
  • Sở thích:$Manchester-United$

Đã gửi 19-02-2020 - 18:36

Bài 25 :Nếu sử dụng BĐT $C-S$ mẫu VP thì bị ngược dấu :( , cách này mới ra  

Đặt $(\sqrt{a^2-1},\sqrt{b^2-1},\sqrt{c^2-1})\rightarrow (x,y,z)$  ĐK:$x,y,z\geq 0$ 

$=> \sum x^2 =1$

Vậy cần CM: $\sum \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\leq \frac{9}{2(\sum x)}$ 

$=>(x+y+z).(\sum \frac{1}{\sqrt{x^2+1}})\leq \frac{9}{2}$

$=>\sum \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}+\sum \frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}}\leq \frac{9}{2}$   (3)

Có: $\sum \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\leq \sqrt{\sum \frac{3x^2}{2x^2+y^2+z^2}}\leq \sqrt{\sum \frac{3}{4}.(\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2}{x^2+z^2})}=\frac{3}{2}$   (1)

Và: $\sum \frac{y+z}{\sqrt{x^2+1}}\leq \sqrt{\sum \frac{3(y+z)^2}{2x^2+y^2+z^2}}\leq \sqrt{\sum (\frac{3y^2}{x^2+y^2}+\frac{3z^2}{x^2+z^2})}=\sqrt{9}=3$   (2)

Từ đó: $(1)+(2)=(3) \Rightarrow$ ĐPCM

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=>a=b=c=\frac{2.\sqrt{3}}{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 25-02-2020 - 22:57

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#35 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47-THPT chuyên PBC

Đã gửi 19-02-2020 - 20:28

Sau 1 ngày không thấy ai giải Bài 16, mình xin phép đưa ra lời giải:

Ta thấy vì $x_1+x_2+..+x_{2016}=0$ nên $\exists k \in \mathbb{N}; 1\leq k\leq 2016, k $ lớn nhất thỏa mãn $x_k\leq 0$

Khi đó: $|x_1|+|x_2|+..|x_k|=|x_{k+1}|+..+|x_{2016}|=\frac{2017}{2}$

Do $x_1\leq x_2 \leq ... \leq x_k \Rightarrow k.|x_1|\geq \frac{2017}{2}\Rightarrow -x_1\geq \frac{2017}{2k}$

Tương tự $\Rightarrow x_{2016} \geq \frac{2017}{2(2016-k)}$

Khi đó $x_{2016}-x_1\geq\frac{2017}{2(2016-k)}+\frac{2017}{2k}=\frac{2017.2016}{2.k(2016-k)}\geq \frac{2017}{1008}\Rightarrow$ ĐPCM

 

P/s: Đây là một bài toán rất hay, nhìn đề bài thì rất cồng kềnh nhưng lời giải lại rất đẹp


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 13:21


#36 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47-THPT chuyên PBC

Đã gửi 19-02-2020 - 21:05

Mình xin bổ sung một số bài tập để các bạn luyện tập.

$\boxed{\text{Bài 27}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$$P=\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}$$

$\boxed{\text{Bài 28}}$ Cho $x,y$ là các số thực dương thỏa mãn $xy=1$. Chứng minh rằng

$$ (x+y+1)(x^2+y^2)+\frac{4}{x+y}\geq8$$

$\boxed{\text{Bài 29}}$ Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của

$$A=\frac{4a}{b+c-a}+\frac{9b}{c+a-b}+\frac{16c}{b+a-c}$$

$\boxed{\text{Bài 30}}$ Cho $x,y,z$ là ba số dương. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{x^{2}+yz}+\frac{1}{y^{2}+zx}+\frac{1}{z^{2}+xy}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} \right )$$

$\boxed{\text{Bài 31}}$ Cho các số thưc dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z\leq 3xyz$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 

$$P=\frac{xy+yz+zx-1}{\sqrt{3x^2+1}+\sqrt{3y^2+1}+\sqrt{3z^2+1}}$$

$\boxed{\text{Bài 32}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{a}{2b+2c}}+\sqrt{\frac{b}{2c+2a}}+\sqrt{\frac{c}{2a+2b}}\geq 3$$

$\boxed{\text{Bài 33}}$ Cho các số thưc dương $x,y,z$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+4xyz=2(xy+yz+zx)$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$$P=x(1-y)(1-z)$$

$\boxed{\text{Bài 34}}$ Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{a}{b^2+c^2+2}+\frac{b}{c^2+a^2+2}+\frac{c}{a^2+b^2+2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{8}$$

$\boxed{\text{Bài 35}}$ Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng $1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$$T=\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}+\frac{a^2+b^2+c^2-1}{2abc}$$

$\boxed{\text{Bài 36}}$ Cho ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{a^3+b+c}+\frac{1}{b^3+c+a}+\frac{1}{c^3+a+b} \leq \frac{3}{a+b+c}$$

 

P/s: Mình mong các bạn nào có bài toán hay và khó thì post lên đây để các bạn khác luyện tập nhé !!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WaduPunch: 24-02-2020 - 22:46


#37 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 418 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{C.Toán-CNT}}$
  • Sở thích:$Manchester-United$

Đã gửi 19-02-2020 - 21:23

$\boxed{\text{Bài 30}}$ Cho $x,y,z$ là ba số dương. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{x^{2}+yz}+\frac{1}{y^{2}+zx}+\frac{1}{z^{2}+xy}\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} \right )$$

Bài 30: 

$\sum \frac{1}{x^2+yz}\leq \sum \frac{1}{2x\sqrt{yz}}=\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{xyz}}(\sum\frac{1}{\sqrt{x}} )\leq \frac{1}{2}(\sum \frac{1}{xy})$

Dấu $"="$ xảy ra$ \Leftrightarrow x=y=z$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 26-02-2020 - 22:46

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#38 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 19-02-2020 - 21:50

$\boxed{\text{Bài 27}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$$P=\frac{ab}{c+1}+\frac{bc}{a+1}+\frac{ca}{b+1}$$

 

$\sum \frac{ab}{c+1}= \sum \frac{ab}{(a+c)+(b+c)}\leq \frac{1}{4} \sum( \frac{ab}{a+c}+\frac{ab}{b+c})=\frac{a+b+c}{4}=\frac{1}{4}$

Dấu "=" khi $a=b=c=\frac{1}{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 26-02-2020 - 22:54


#39 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 109 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Another Dimension

Đã gửi 19-02-2020 - 21:55

Bài 24

Ta sẽ chứng minh BĐT Vasc: $(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\geq 3( a^{3}b+b^3c+c^3a)\Leftrightarrow \sum (a^{2}-b^{2}+2bc-ab-ac)^{2}\geq 0$

BĐT $\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ca-abc(a+b+c)\geq 2(a^2b+b^2c+c^2a)$

 

Áp dụng BĐT Vasc như trên ta có: $3(a^3b+b^3c+c^3a)\leq(a^2+b^2+c^2)^2\leq3(a^2+b^2+c^2)$

$\Rightarrow VT \geq (a^3b+b^3c+c^3a)+ab+bc+ca \geq 2(a^2b+b^2c+c^2a) \Leftrightarrow \sum (a\sqrt{ab}-\sqrt{ab})^{2}\geq 0$

Vì $abc(a+b+c)\leq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3}\leq\frac{(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)}{3}=ab+bc+ca$

Dấu $"="$ xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 25-02-2020 - 23:22


#40 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 19-02-2020 - 22:02

$\boxed{\text{Bài 32}}$ Cho các số a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng

$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\sqrt{\frac{a}{2b+2c}}+\sqrt{\frac{b}{2c+2a}}+\sqrt{\frac{c}{2a+2b}}\geq 3$$

 

Ta có: $\sum \sqrt{\frac{a}{2b+2c}}=\sum \frac{a}{\sqrt{2a(b+c)}}\geq \sum \frac{2a}{2a+b+c}=3+2\sum \frac{a-b-c}{2a+b+c}\geq 3+\frac{1}{2} \sum (a-b-c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+c})=3+\frac{1}{2}\sum (\frac{a-b-c}{a+b}+\frac{b-c-a}{a+b})=3 -\sum \frac{c}{a+b}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 26-02-2020 - 23:11





3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh