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 883 trả lời

#401 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết

Đã gửi 26-03-2020 - 21:18

 $\boxed{\text{Bài 223}}$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$.CMR: 

$$\sum \frac{1}{1+(1+x)^{3}}\geq \frac{1}{3}$$

Bài 223:

Do $xyz=1$ nên tồn tại $a,b,c$ sao cho $x=\frac{ab}{c^2},x=\frac{bc}{a^2},z=\frac{ca}{b^2}(a,b,c>0)$

Khi đó: BĐT cần CM trở thành: $\sum \frac{c^6}{(ab+c^2)^3+c^6}\geq \frac{1}{3}$

Áp dụng BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có: $\sum \frac{c^6}{(ab+c^2)^3+c^6}\geq \frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{a^6+b^6+c^6+(ab+c^2)^3+(bc+a^2)^3+(ca+b^2)^3}$. Bây giờ ta CM: $\frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{a^6+b^6+c^6+(ab+c^2)^3+(bc+a^2)^3+(ca+b^2)^3}\geq \frac{1}{3}\Leftrightarrow a^6+b^6+c^6+5(ab)^3+5(bc)^3+5(ca)^3\geq 9(abc)^2+3abc^4+3bca^4+ab^4c$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có: $3(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)\geq 9(abc)^2$ và $a^6+a^3b^3+a^3c^3\geq 3a^4bc$. Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng lại ta được: đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 16:10


#402 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết

Đã gửi 26-03-2020 - 22:27

$ \boxed{\text{Bài 219}} $ Cho $ a,b,c,d > 0 $ thỏa $ ab+cd = ac+bd = 4 $ và $ ad + bc = 5 $. Tìm GTNN của

$$ a+b+c+d $$

Bài 219: Ta có: $A^2=(a+b+c+d)^2=a^2+b^2+c^2+d^2+2(ab+cd)+2(ac+bd)+2(bc+ad)\geq 2(ad+bc)+2(ab+cd)+2(ac+bd)+2(bc+ad)=2.5+2.4+2.4+2.5=36$ $\Rightarrow A\geq 6$. Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=d=2,b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 16:10


#403 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết

Đã gửi 27-03-2020 - 09:36

$\boxed{\text{Bài 222}}$ Cho $x,y$ là 2 số thực không âm thỏa mãn $x+y=1$. Tìm GTNN của biểu thức: 

$$T=3\sqrt{1+2x^{2}}+2\sqrt{40+9y^{2}}$$ 

Bài 222:

Áp dụng BĐT $Minkowski$ và $Cauchy-Schwarz$ ta có:

$T=\sqrt{9+18x^2}+\sqrt{160+36y^2}=\sqrt{3^2+(3x)^2+(3x)^2}+\sqrt{12^2+4^2+(6y)^2}\geq \sqrt{(3+12)^2+(3x+4)^2+(3x+6y)^2}\geq \sqrt{225+\frac{(3x+4+3x+6y)^2}{2}}=\sqrt{225+\frac{(4+6x+6y)^2}{2}}=\sqrt{225+\frac{10^2}{2}}=\sqrt{275}=5\sqrt{11}$

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow x=\frac{1}{3},y=\frac{2}{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 04-04-2020 - 13:30


#404 ANZ

ANZ

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:llk
  • Sở thích:...

Đã gửi 27-03-2020 - 21:33

$\boxed{\text{Bài 224}}$ Cho $0<a\leq b\leq c$.CMR:

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

$\boxed{\text{Bài 225}}$ Cho $a,b,c>0$.CMR:

$$\sum \frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\leq 8$$

$\boxed{\text{Bài 226}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$. CMR:

$$(\sum a^{2})^{3}\geq 9(\sum a^{3})$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 04-04-2020 - 13:33

Nhỏ... :luoi: 


#405 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 27-03-2020 - 22:13

$\boxed{\text{Bài 224}}$ Cho $0<a\leq b\leq c$.CMR:

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

Đến đây ta chỉ cần chứng minh: $\sum \frac{a^{2}}{c}\leq \sum \frac{a^{2}}{b}$ (*)

Quy đông và biến đổi BĐT trên ta đc: (*)<=>$(b-c)(a-b)[a^{2}-c^{2}+b(a-c)]\leq 0$ luôn đúng do $0<a\leq b\leq c$

$=>$đpcm.

Dấu "=" xảy ra $<=>a=b=c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 04-04-2020 - 13:35


#406 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết

Đã gửi 27-03-2020 - 22:24

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

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

Bài 209:Đặt VT của BĐT ban đầu là A

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có: $[a+b+\sqrt{2(a+c)}]^3=(a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}})^3\geq 27(a+b).\frac{(a+c)}{2}$. Thiết lập các BĐT tương tự. Khi đó: $A\leq \sum \frac{2}{27(a+b)(a+c)}$. Bây giờ để CM BĐT đề bài ta sẽ CM:

$\sum \frac{1}{(a+b)(a+c)}\leq 12$ $\Leftrightarrow a+b+c\leq 6(a+b)(b+c)(c+a)$ (1) Kết hợp với GT, muốn CM (1) ta cần CM:

$6(a+b)(b+c)(c+a)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 16(a+b+c)^2$ $\Leftrightarrow 3(ab+bc+ca)(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc(a+b+c)^2$

Theo BĐT quen thuộc: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)\Leftrightarrow 3(ab+bc+ca)(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{3}(ab+bc+ca)^2(a+b+c)\geq \frac{8}{3}.3abc(a+b+c).(a+b+c)=8abc(a+b+c)^2$ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 04-04-2020 - 13:34


#407 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết

Đã gửi 27-03-2020 - 23:06

$\boxed{\text{Bài 225}}$ Cho $a,b,c>0$.CMR:

$$\sum \frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\leq 8$$

Bài 225: Chuẩn hóa $a+b+c=3$.

Khi đó: Ta cần CM BĐT: $A=\sum \frac{(a+3)^2}{2a^2+(3-a)^2}\leq 8$ 

Ta có BĐT cơ sở: $\frac{(a+3)^2}{2a^2+(3-a)^2}\leq \frac{4}{3}a+\frac{4}{3}$ $\Leftrightarrow \frac{(a-1)^2(4a+3)}{3(a^2-2a+3)}\geq 0$

(Luôn đúng $\forall a$)

Thiết lập 2 BĐT tương tự rồi cộng lại ta được: $A\leq \frac{4}{3}(a+b+c)+3.\frac{4}{3}=8$ (đpcm)

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 04-04-2020 - 13:36


#408 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết

Đã gửi 28-03-2020 - 21:21

$\boxed{\text{Bài 225}}$ Cho $a,b,c>0$.CMR:

$$\sum \frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\leq 8$$

Bài 225: 

Với ĐK: $abc=1$ ta đồng bậc hóa BĐT đã cho thành: $A=(a^2+b^2+c^2)^3\geq 9abc(a^3+b^3+c^3)\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^3-27(abc)^2\geq 9abc(a^3+b^3+c^3)-27(abc)^2\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(a+b)^2[3c^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{2}]\geq \frac{9}{2}abc(a+b+c)(\sum (a-b)^2)$ $\Leftrightarrow \sum (a-b)^2[3c^2(a+b)^2+\frac{(a+b)^2(a^2+b^2+c^2)}{2}-\frac{9}{2}abc(a+b+c)]\geq 0$ $\Leftrightarrow (a-b)^2.S_{c}+(b-c)^2.S_{a}+(c-a)^2.S_{b}\geq 0$. Bây giờ ta CM cho $S_{c};S_{b};S_{a}\geq 0$ thì bài toán sẽ được giải quyết.
Ta có: $S_{c}=\frac{9}{8}[c^2(a+b)^2-4c^2ab]+\frac{15}{8}c^2(a+b)^2+\frac{1}{2}c^2(a+b)^2-\frac{9}{2}c(a+b).ab+\frac{(a+b)^2(a^2+b^2)}{2}\geq \frac{9}{8}c^2(a-b)^2+\frac{19}{8}[c(a+b)]^2-\frac{9}{2}c(a+b).ab+4(ab)^2$
Phương trình $\frac{19}{8}x^2-\frac{9}{2}x+4=0$ có $\Delta <0$ nên vô nghiệm do đó $\frac{19}{8}[c(a+b)]^2-\frac{9}{2}c(a+b).ab+4(ab)^2>0$ $\Rightarrow S_{c}>0$. Tương tự: $S_{a};S_{b}>0$. Do đó Ta có đpcm  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 04-04-2020 - 13:37


#409 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 28-03-2020 - 21:38

$\boxed{\text{Bài 225}}$ Cho $a,b,c>0$.CMR:

$$\sum \frac{(2a+b+c)^{2}}{2a^{2}+(b+c)^{2}}\leq 8$$

*$\text{Cách 2}$: Ta đặt:$x=\frac{b+c}{a};y=\frac{c+a}{b};z=\frac{a+b}{c}$.

Khi đó BĐT cần CMinh trở thành: $\sum \frac{(x+2)^{2}}{x^{2}+2}\leq 8$

                                                      $\Leftrightarrow \sum \frac{(x-1)^{2}}{x^{2}+2}\geq \frac{1}{2}$

Áp dụng BĐT C-S ta có: $\sum \frac{\left ( x-1 \right )^{2}}{x^{2}+2}\geq \frac{(x+y+z-3)^{2}}{\sum x^{2}+6}$

Đến đây; ta cần CMinh: $\frac{(x+y+z-3)^{2}}{\sum x^{2}+6}\geq \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow (x+y+z-6)^{2}+2(xy+yz+zx-12)\geq 0$

Dễ thấy: $\sum xy=\sum (\frac{b+c}{a}.\frac{c+a}{b})\geq 3\sqrt[3]{\frac{[(a+b)(b+c)(c+a)]^{2}}{abc}} \geq 12$

=>BĐT trên đc CMinh

=>đpcm.

Dấu "=" xảy ra $<=>a=b=c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 04-04-2020 - 13:38


#410 Hidfey Jarvis

Hidfey Jarvis

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 22 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Fanti beard TH
  • Sở thích:Geometry, Psychological Problems, Languages,...

Đã gửi 29-03-2020 - 09:47

$\boxed{\text{Bài 227}}$ Cho $x,y,z$ không âm phân biệt đôi một. CMR: 

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

$\boxed{\text{Bài 228}}$ Cho số thực $a,b,c$ không âm thỏa $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$ và không có hai số đồng thời bằng $0$. Tìm Min: 

$$P=(\frac{a}{b+c})^2+(\frac{b}{a+c})^2+(\frac{c}{b+a})^2$$

$\boxed{\text{Bài 229}}$ CHo các số thực không âm $a,b,c$. CMR

$$a\sqrt{4a^2+5bc}+ab\sqrt{4b^2+5ac}+c\sqrt{4c^2+5ba}\geq (a+b+c)^{2}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 04-04-2020 - 13:40


#411 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 29-03-2020 - 09:50

Xin góp mấy bài nữa:

$\boxed{\text{Bài 230}}$:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$.CMR: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq 2(1+a+b+c)$

$\boxed{\text{Bài 231}}$:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $3a^{2}+2b^{2}+c^{2}\leq 2$.Tìm GTNN của: $S=\frac{3a}{bc}+\frac{4b}{ca}+\frac{5c}{ab}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Pizscontrol9: 29-03-2020 - 09:50


#412 spirit1234

spirit1234

    Thiếu úy

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

Đã gửi 29-03-2020 - 20:39

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

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

Xin phép đưa ra đáp án cho bài này:

Ta có: $\Leftrightarrow P=\cos \alpha +\sin \alpha +\frac{\cos \alpha +\sin \alpha +1}{\cos \alpha \sin \alpha }+2$

Đặt $t=\cos \alpha +\sin \alpha =\sqrt{2}\cos (\alpha -\frac{\pi }{4})$

Vì $0\leq \alpha \leq \frac{\pi }{2}$ nên $\frac{-\pi }{4}< \alpha -\frac{\pi }{4}< \frac{\pi }{4}\Rightarrow \frac{\sqrt{2}}{2}<\cos(\alpha -\frac{\pi }{4})\leq 1\Rightarrow 1<t\leq \sqrt{2}$

Lại có:$t^{2}=1+2\cos \alpha \sin \alpha \Rightarrow \cos \alpha \sin \alpha =\frac{t^{2}-1}{2}$

Thay vào kết quả trên rồi rút gọn ta đc: $P=t+\frac{2}{t-1}+2$

Xét hàm số $f(t)=t+\frac{2}{t-1}+2(1<t\leq \sqrt{2}$ có $f'(t)=1-\frac{2}{(t-1)^{2}}$.

Dễ thấy $f'(t)<0$.Vậy hàm số f(t) nghịch biến trong $(1;sqrt{2}]$

Ta được min $P=f(\sqrt{2})=4+3\sqrt{2}$; đạt được khi $t=\sqrt{2}\Leftrightarrow \alpha =\frac{\pi }{4}$

 

*Còn đây là $\text{Cách 2}$; cách này dùng đạo hàm nên mình đưa vào đây để tham khảo thôi:

 CMinh với $\alpha \epsilon (0;\frac{\pi }{2})$ thì:

 $\tan \alpha +\cot \alpha \geq 2;\frac{1}{\cos \alpha }+\frac{1}{\sin \alpha }\geq \frac{4}{\cos \alpha +\sin \alpha }$

 Đặt $t=\cos \alpha +\sin \alpha;P\geq t+\frac{4}{t}+4=g(t)$.

 Sử dụng đạo hàm ta được min $P=g(\sqrt{2})$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi spirit1234: 29-03-2020 - 20:40


#413 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết

Đã gửi 29-03-2020 - 21:39

Xin góp mấy bài nữa:

$\boxed{\text{Bài 230}}$:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$.CMR: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq 2(1+a+b+c)$

$\boxed{\text{Bài 231}}$:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $3a^{2}+2b^{2}+c^{2}\leq 2$.Tìm GTNN của: $S=\frac{3a}{bc}+\frac{4b}{ca}+\frac{5c}{ab}$

Bài 230:

Ta có đẳng thức: $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$ nên kết để CM BĐT đề bài thì ta chỉ việc CM:

$(a+b+c)(ab+bc+ca-2)\geq 3$. Điều này hiển nhiển đúng vì với ĐK: $abc=1$ thì $a+b+c\geq 3$;$ab+bc+ca\geq 3$



#414 Doanh Phung

Doanh Phung

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 29-03-2020 - 22:00

Đầu tiên với mọi số thực a,b thì ta đều có: $a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}$

Áp dụng: $a^4+b^4\geq \frac{(a^2+b^2)^2}{2}\geq \frac{(a+b)^4}{8}$

$\Rightarrow$ ĐPCM

 

dạ mình hơi ngu toán nên cho hỏi câu này.

Mình có được quyền áp dụng thẳng cái này không hay phải đi chứng minh nó đúng trước đã?

$a^2+b^2\geq \frac{(a+b)^2}{2}$



#415 leo1905

leo1905

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 37 Bài viết

Đã gửi 29-03-2020 - 22:11

$\boxed{\text{Bài 227}}$ Cho $x,y,z$ không âm phân biệt đôi một. CMR: $\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{z+y}{(z-y)^2}+\frac{x+z}{(x-z)^2}\geq \frac{9}{z+y+z}$

$\boxed{\text{Bài 228}}$ Cho số thực $a,b,c$ không âm thỏa $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$ và không có hai số đồng thời bằng 0. Tìm Min: 

$P=(\frac{a}{b+c})^2+(\frac{b}{a+c})^2+(\frac{c}{b+a})^2$

$\boxed{\text{Bài 229}}$ CHo các số thực không âm $a,b,c$. CMR $a\sqrt{4a^2+5bc}+ab\sqrt{4b^2+5ac}+c\sqrt{4c^2+5ba}\geq (a+b+c)^{2}$

Bài 228:

Theo đề bài: $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)\Leftrightarrow (a+b-c)^2=4ab$

Đặt $a+b=x;c=y$ ($x;y\geq 0$) $\Rightarrow ab=\frac{(x-y)^2}{4}$.

Xét hiệu $P-2=(\frac{a}{b+c})^2-1+(\frac{b}{c+a})^2-1+(\frac{c}{a+b})^2=\frac{(a+b+c)[(a-b-c)(c+a)^2+(b-a-c)(b+c)^2]}{[(b+c)(c+a)]^2}+(\frac{c}{a+b})^2=\frac{(a+b+c)[((a+b)^2-4ab)(a+b+2c)-c(2c^2+2c(a+b)+(a+b)^2-2ab)]}{[c^2+ab+c(a+b)]^2}+(\frac{c}{a+b})^2$

$=\frac{(x+y)\left \{ [x^2-(x-y)^2](x+2y)-y[2y^2+2xy+x^2-\frac{(x-y)^2}{2}] \right \}}{[y^2+xy+\frac{(x-y)^2}{4}]^2}+(\frac{y}{x})^2$

$=\frac{8y(x+y)(3x^2-7y^2)}{(x^2+5y^2+2xy)^2}+(\frac{y}{x})^2$

Đặt $t=\frac{y}{x}$ $(t\geq 0)$

Khi đó: $P-2=\frac{8t(t+1)(3-7t^2)}{(5t^2+2t+1)^2}+t^2=\frac{t(t-1)^2(25t^3+70t^2+73t+24)}{(5t^2+2t+1)^2}\geq 0\forall t\geq 0\Rightarrow P\geq 2$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b;c=0$ và các hoán vị



#416 NewMrDat

NewMrDat

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 62 Bài viết

Đã gửi 30-03-2020 - 05:43

Bài 232 : Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$ và không có hai số đồng thời bằng 0 Tìm min

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$



#417 tthnew

tthnew

    Sĩ quan

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

Đã gửi 30-03-2020 - 08:09

Bài 232 : Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$ và không có hai số đồng thời bằng 0 Tìm min

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

$$\text{LHS}={\frac { \left( a+b+c \right) \left( {a}^{2}-2\,ab-2\,ca+{b}^{2}-2\,b c+{c}^{2} \right) }{ \left( b+c \right) \left( c+a \right) \left( a+ b \right) }}+5\,{\frac {abc}{ \left( b+c \right) \left( c+a \right) \left( a+b \right) }}+2\geqq 2$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b;c=0$ và các hoán vị.

Ngoài ra:  ${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}+4\,{\frac {abc}{ \left( b+c \right) \left( c+a \right) \left( a+b \right) }}-2 \geqq 0$ với mọi $a,b,c \geqq 0$. $\text{(ez!)}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 30-03-2020 - 08:16


#418 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 171 Bài viết

Đã gửi 30-03-2020 - 08:27

Bài 232 : Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$ và không có hai số đồng thời bằng 0 Tìm min
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Có $2(ab+ca) \leq 2(ab+bc+ca)=a^2+b^2+c^2$
Tương tự
$$ => Vt \geq \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daniel18: 30-03-2020 - 08:55


#419 tthnew

tthnew

    Sĩ quan

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

Đã gửi 30-03-2020 - 08:38

Có $2(ab+ca) \leq 2(ab+bc+ca)=a^2+b^2+c^2$
Tương tự
$$ => Vt \leq \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2} $$

Nhưng nếu như thế thì:

Đẳng thức xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix} 2(ab+bc) &=a^2 +b^2 +c^2 \\ 2(bc+ca)&=a^2+b^2+c^2 \\ 2(ca+ab) &=a^2+b^2+c^2 \end{matrix}\right.$

Cộng theo vế $3$ phương trình của hệ: $4(ab+bc+ca)=3(a^2+b^2+c^2)$. $(1)$

Điều này rõ ràng là vô lí, vì $a^2 +b^2+c^2 =2(ab+bc+ca)$. Khi đó $(1)\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)=0$

$\Leftrightarrow a=b =0 $ hoặc $b=c=0$ hoặc $c=a=0$ hoặc $a=b=c=0$ $\text{?!?}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 30-03-2020 - 08:40


#420 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 171 Bài viết

Đã gửi 30-03-2020 - 08:54

Nhưng nếu như thế thì:
Đẳng thức xảy ra khi: $\left\{\begin{matrix} 2(ab+bc) &=a^2 +b^2 +c^2 \\ 2(bc+ca)&=a^2+b^2+c^2 \\ 2(ca+ab) &=a^2+b^2+c^2 \end{matrix}\right.$
Cộng theo vế $3$ phương trình của hệ: $4(ab+bc+ca)=3(a^2+b^2+c^2)$. $(1)$
Điều này rõ ràng là vô lí, vì $a^2 +b^2+c^2 =2(ab+bc+ca)$. Khi đó $(1)\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)=0$
$\Leftrightarrow a=b =0 $ hoặc $b=c=0$ hoặc $c=a=0$ hoặc $a=b=c=0$ $\text{?!?}$

Đây là đánh giá điểm biên cả tử và mẫu
Để dễ hiểu hơn thì đây là cách làm tắt thay vì xét 2 trường hợp của bài là
1) có 1 số =0
2) cả 3 số cùng dương
Thì ta được đpcm




0 người đang xem chủ đề

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