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 682 trả lời

#441 Daniel18

Daniel18

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết

Đã gửi 01-04-2020 - 18:20

$\boxed{text{Bài 239}} $ Cho $a,b,c>0$ CMR
$$ \sum \frac{a^2+b^2}{a+b} \geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $$


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


#442 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 01-04-2020 - 18:21

$$ \sum \sqrt{ \frac{a(b+c)}{a^2+bc}} \leq 3 $$

Hiện tại mình chưa nghĩ ra cách giải cho bài này, nhưng rất tiếc, bất đẳng thức mạnh hơn của bạn đưa là sai với $(a;b;c)=(4;\frac{1}{1000},1000)$



#443 Daniel18

Daniel18

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết

Đã gửi 01-04-2020 - 18:22

Hiện tại mình chưa nghĩ ra cách giải cho bài này, nhưng rất tiếc, bất đẳng thức mạnh hơn của bạn đưa là sai với $(a;b;c)=(4;\frac{1}{1000},1000)$

Ồ mình cũng thấy thế nhưng chưa tìm được ví dụ

#444 Daniel18

Daniel18

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết

Đã gửi 01-04-2020 - 18:26

Nhưng mk không biết bđt này có đúng không?
$$ 3\sum \frac{a^2(b^2+c^2)}{a^4+b^2c^2} \leq 3+ \sum_{sym} \frac{a}{b} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daniel18: 01-04-2020 - 18:32


#445 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 01-04-2020 - 18:41

$$\boxed{text{Bài 239:} $$ Cho $a,b,c>0$ CMR
$$ \sum \frac{a^2+b^2}{a+b} \geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} $$

BĐT $$\Leftrightarrow \sum (\frac{a^2+b^2}{a+b}-\frac{a+b}{2})\geqq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)$$

$$\Leftrightarrow \sum (\frac{a^2+b^2}{a+b}-\frac{a+b}{2})\geqq \frac{3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} +a+b+c}$$

Hay một bất đẳng thức mạnh hơn là: $$ \sum \frac{(a-b)^2}{2(a+b)} \geqq \sum \frac{ (a-b)^2}{2(a+b+c)}$$

Đến đây bất đẳng thức là hiển nhiên vì $2(a+b+c)-2(a+b)=2c>0$

Không biết có ngược dấu không mà sao chuối thế  :D



#446 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 01-04-2020 - 18:56

Sau khi quy đồng, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:$x^3+y^3+z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$

Hồi chiều làm bài này bên $\text{AoPS}$ thì được cái đẳng thức này đẹp hơn!

$$\Leftrightarrow a^3 +b^3 +c^3 +3abc \geqq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$$

$$\text{VT-VP} = \frac{3abc \sum (a-b)^2 + (a+b+c) \sum (a+b-c)^2 (a-b)^2}{2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)} \geqq 0$$

Spoiler



#447 Daniel18

Daniel18

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết

Đã gửi 01-04-2020 - 19:01

$237$ Let a,b,c>0:
$\sum \sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2+bc}}\leq \sqrt{(\sum \sqrt{a}).(\sum \frac{1}{\sqrt{a}})}$

Sau một hồi ngẫm nghĩ thì bài này không cần bất kì một công cụ mạnh nào cả
Đầu tiên bình phương 2 vế
Và để ý rằng
$$ \frac{a(b+c)}{a^2+bc} \leq \frac{a(b+c)}{2a\sqrt{bc}} = \frac{b+c}{2\sqrt{bc}} $$
Lại có
$$ \sqrt{\frac{ab(b+c)(c+a)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}} = \sqrt{\frac{ab(b+c)(c+a)}{a^2b^2+c(a^3+b^3)+abc^2}} \leq \sqrt{\frac{ab(b+c)(c+a)}{a^2b^2+abc(a+b)+abc^2}}=1$$
Mà $ 3\leq \frac{1}{2}\sum_{sym} \sqrt{ \frac{a}{b}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daniel18: 01-04-2020 - 20:22


#448 inxang123

inxang123

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 01-04-2020 - 19:11

\sqrt{\frac{ab(b+c)(c+a)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}} = \sqrt{\frac{ab(b+c)(c+a)}{a^2b^2+c(a^3+b^3)+abc^2}} =\sqrt{\frac{ab(b+c)(c+a)}{a^2b^2+abc(a+b)+abc^2}}=1

Chắc chứ? Nhìn kỹ lại nhé!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inxang123: 01-04-2020 - 19:12


#449 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 01-04-2020 - 19:45

Quả thật bài này có rất nhiều cách; sau đây mình xin đưa ra thêm 1 cách của Hojoo Lee.

Sử dụng BĐT Schur và hệ quả và phương pháp đổi biến p,q,r ta viết được bất đẳng thức thành: 

$q(\frac{(p^{2}+q)-4p(pq-r))}{(pq-r)^{2}})\geq \frac{9}{4}$

=>$pq(p^{3}-4pqr+9r)+q(p^{4}-5p^{2}q+4q^{2}+6pr)+r(pq-9r)\geq 0$(qua nhiều bước biến đổi)

Dễ thấy bđt cuối cùng luôn đúng theo hệ quả của bđt Schur.

Bạn nhóm tách rất hay và ảo. Của mình khá xấu:

Sau khi quy đồng khử mẫu và thực hiện đổi biến $pqr$. Ta cần chứng minh:

$$\frac{M}{ \left( {p}^{2}-3\,q \right) \left( 3\,{p}^{4}+11\,q{p}^{2}+4\,{q}^{2 } \right) +12\,{p}^{2}q \left( 4\,{p}^{2}-q \right) } \geqq 0$$

Với $$M:= \left( {p}^{2}-3\,q \right) \left( 3\,{p}^{4}+11\,q{p}^{2}+4\,{q}^{2 } \right) r \left( 34\,pq-9\,r \right) + \left( {p}^{4}-5\,q{p}^{2}+6 \,rp+4\,{q}^{2} \right) \left( 3\,{p}^{4}+53\,q{p}^{2}-18\,rp+12\,{q} ^{2} \right) q \left( 4\,{p}^{2}-q \right) \geqq 0$$



#450 Daniel18

Daniel18

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết

Đã gửi 01-04-2020 - 20:23

Chắc chứ? Nhìn kỹ lại nhé!

Cảm ơn bạn mình đã sửa r!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daniel18: 01-04-2020 - 20:34


#451 Syndycate

Syndycate

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 232 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ʟucκʏ ʟᴀɴᴅ
  • Sở thích:ɴᴏᴛʜɪɴɢ

Đã gửi 01-04-2020 - 22:09

Sau một hồi ngẫm nghĩ thì bài này không cần bất kì một công cụ mạnh nào cả
Đầu tiên bình phương 2 vế
Và để ý rằng
$$ \frac{a(b+c)}{a^2+bc} \leq \frac{a(b+c)}{2a\sqrt{bc}} = \frac{b+c}{2\sqrt{bc}} $$
Lại có
$$ \sqrt{\frac{ab(b+c)(c+a)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}} = \sqrt{\frac{ab(b+c)(c+a)}{a^2b^2+c(a^3+b^3)+abc^2}} \leq \sqrt{\frac{ab(b+c)(c+a)}{a^2b^2+abc(a+b)+abc^2}}=1$$
Mà $ 3\leq \frac{1}{2}\sum_{sym} \sqrt{ \frac{a}{b}}$

Đúng nha bạn, mình xin làm thêm cách nữa để cm bđt giữa:
$ \sqrt{\frac{ab(b+c)(c+a)}{(a^2+bc)(b^2+ca)}}\leq 1<=>-c(a+b)(a-b)^2\leq 0$

" Khi ta đã quyết định con đường cho mình, kẻ được nói ta ngu ngốc chỉ có bản thân ta mà thôi. " - Roronoa Zoro.

 


#452 NewMrDat

NewMrDat

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết

Đã gửi 01-04-2020 - 22:15

$\boxed{\text{Bài 227}}$ 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 $a\sqrt{4a^2+5bc}+ab\sqrt{4b^2+5ac}+c\sqrt{4c^2+5ba}\geq (a+b+c)^{2}$

Một cách giải khác cho bài 228

$LHS\doteq \frac{(a+b+c)^2(\sum (a^2)-\sum (2ab))^2+25a^2b^2c^2+10abc(a+b+c)(\sum (a^2)-\sum (2ab))}{\prod (a+b)^2}+\frac{24abc+4(a+b+c)(\sum (a^2)-\sum (2ab))}{\prod (a+b)}+2\geq 2$

Dấu "$\doteq$ " xảy ra  khi $a=b , c=0$ và các hoán vị



#453 Syndycate

Syndycate

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 232 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ʟucκʏ ʟᴀɴᴅ
  • Sở thích:ɴᴏᴛʜɪɴɢ

Đã gửi 02-04-2020 - 00:13

Minh góp thêm 1 bài thi HSG tỉnh:
239. Cho x,y,z>0 thỏa mãn: xy+yz+zx=1. CMR:
$\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}+3\geqslant \left ( x+y+z \right )^{2}+\sqrt{3}$

Bài này khá hay !
Với $a,b,c\geq \frac{1}{2}$
Đặt $(x,y,z)\rightarrow (\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}) (a,b,c>0)$
$=>\sum \frac{1}{ab}=1(2)$
Viết lại bất đẳng thức như sau:
$-R.H.S+L.H.S=\sum (2a-1)(\frac{1}{2b^2}+\frac{1}{2a^2})-(\sum \frac{1}{a})-\sqrt{3}+1\geq 0(*)$
Có:
$L.H.S(*)\geq \sum \frac{(2a-1).2}{2.ab}-(\sum \frac{1}{a}-\sqrt{3}+1\geq \sum \frac{1}{a}-\sqrt{3}\geq 0(2)$
Để đảm bảo cho việc áp dụng Cauchy ở trên không bị ngược dấu thì ta phải xét dấu của a,b,c với biên là $\frac{1}{2}$ để CM đc bđt trên.
Dễ thấy khi có 2 hoặc 3 số lớn hơn $\frac{1}{2}$ thì giả thiết $(2)$ vô lý.
Giả sử có 1 số nhỏ hơn $\frac{1}{2}$.
KMTTQ giả sử số đó là $c$ thì dễ chứng minh $a,b>2$
$=> L.H.S>\frac{2}{c^2}>(1+\frac{1}{c})^2>R.H.S$
(đúng)
Từ đó $=> dfcm$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 02-04-2020 - 10:06

" Khi ta đã quyết định con đường cho mình, kẻ được nói ta ngu ngốc chỉ có bản thân ta mà thôi. " - Roronoa Zoro.

 


#454 NewMrDat

NewMrDat

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết

Đã gửi 02-04-2020 - 07:05

Minh góp thêm 1 bài thi HSG tỉnh:

239. Cho x,y,z>0 thỏa mãn: xy+yz+zx=1. CMR:

$\frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x}+3\geqslant \left ( x+y+z \right )^{2}+\sqrt{3}$

Một cách giải khác cho bài 239 : 

Không mất tính tổng quát giả sử $y\doteq min{(x,y,z)}$

TH1 Nếu $z\geq 2$ (bất đẳng thức hiển nhiên đúng)(thực ra nó cũng là trường hợp $c\leq \frac{1}{2}$ của bạn Syndycate đó , cái này dễ chứng minh)

Th2 Nếu $z\leq 2$

$LHS-RHS\doteq (x-z)^2(\frac{1}{z}+\frac{1}{x}+\frac{1}{x+y+z+\sqrt{3}}-1)+(x-y)(z-y)(\frac{x}{yz}+\frac{1}{z}+\frac{1}{x+y+z+\sqrt{3}}-1)$

Ta có $x+z\geq 2\sqrt{xz}\geq xz\rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{z}\geq 1$

    Do $z\leq 2\rightarrow \frac{x}{yz}+\frac{1}{z}\geq 1$ 

Nên $LHS-RHS\geq 0$

Dấu bằng khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$



#455 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 02-04-2020 - 08:55

$\boxed{\text{Bài 228}}$ 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: 

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

Kỹ năng sử dụng giả thiết giúp bài toán đơn giản hơn bao giờ hết  :closedeyes:

$$P={\frac { \left( a+b+c \right) ^{4} \left( {a}^{2}-2\,ab-2\,ca+{b}^{2}- 2\,bc+{c}^{2} \right) }{ \left( b+c \right) ^{2} \left( c+a \right) ^{ 2} \left( a+b \right) ^{2}}}+{\frac {abc \left( 6\, \left( a+b+c \right) ^{3}+abc \right) }{ \left( \left( ab+ca+bc \right) \left( a +b+c \right) -abc \right) ^{2}}} +2 \geqq 2$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 13:23


#456 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 02-04-2020 - 09:23

$\boxed{\text{Bài 240}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

$$\left( {a}^{2}+ab+{b}^{2} \right) \left( {b}^{2}+bc+{c}^{2} \right) \left( {a}^{2}+ac+{c}^{2} \right) \geqq \left( ab+ac+bc \right) ^{3}$$

Cách em dùng chuẩn hóa + $pqr$ rất xấu, mong xem cách mọi người :))


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 13:18


#457 Daniel18

Daniel18

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết

Đã gửi 02-04-2020 - 11:03

Một bài khác tương tự bài 239

$\boxed{\text{Bài 241}}$ CMR với mọi $a,b,c >0$ và $abc=3(a+b+c)$

Ta luôn có
$$ \frac{a}{b^2} +\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2} \geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{9(a+b+c)^2} $$

Cách làm bài này cũng gần tương tự cách làm của bạn Syndycate bài 239

 

*Em nhớ đánh số thứ tự bài nhé!!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 15:58


#458 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 02-04-2020 - 11:03

$\boxed{\text{Bài 240}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

$$\left( {a}^{2}+ab+{b}^{2} \right) \left( {b}^{2}+bc+{c}^{2} \right) \left( {a}^{2}+ac+{c}^{2} \right) \geqq \left( ab+ac+bc \right) ^{3}$$

Cách em dùng chuẩn hóa + $pqr$ rất xấu, mong xem cách mọi người :))

Sử dụng BĐT Holder:

 

$$(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)=(a^2+ab+b^2)(c^2+b^2+bc)(ca+a^2+c^2)\ge (ca+ab+bc)^3$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 15:59


#459 AutoWin

AutoWin

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 02-04-2020 - 11:20

$\boxed{\text{Bài 240}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

$$\left( {a}^{2}+ab+{b}^{2} \right) \left( {b}^{2}+bc+{c}^{2} \right) \left( {a}^{2}+ac+{c}^{2} \right) \geqq \left( ab+ac+bc \right) ^{3}$$

Cách em dùng chuẩn hóa + $pqr$ rất xấu, mong xem cách mọi người :))

Em xin phép được giải bài này ạ ^^

Không khó để chứng minh bổ đề sau

${x}^{2}+xy+{y}^2{}\geq\frac{3}{4} \left(x+y \right)^{2}$

$LHS \geq \frac{27}{64} \left(a+b \right)^{2} \left(b+c\right)^{2} \left(c+a\right)^{2}$

Ta đi chứng minh

$ \frac{27}{64} \left(a+b \right)^{2} \left(b+c\right)^{2} \left(c+a\right)^{2} \geq (ab+bc+ca)^{3}$(1)

Mặc khác thì

$RHS \leq \frac{1}{3} \left(a+b+c \right)^{2} \left(ab+bc+ca \right)^{2}$

(1) $<=> 81(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2 \geq 64(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2$

$<=>(a+b)(b+c)(c+a)-6abc=b(a-c)^2+a(b-c)^2+c(b-a)^2 \geq 0$ (Luôn đúng)

Đây là lần đầu em gõ Latex trên web nên có sai sót gì mong mọi người thông cảm ạ :3     


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 13:22


#460 Syndycate

Syndycate

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 232 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ʟucκʏ ʟᴀɴᴅ
  • Sở thích:ɴᴏᴛʜɪɴɢ

Đã gửi 02-04-2020 - 11:30

$\boxed{\text{Bài 241}}$ CMR với mọi $a,b,c >0$ và $abc=3(a+b+c)$

Ta luôn có
$$ \frac{a}{b^2} +\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2} \geq (\frac{(ab+bc+ca)^2}{9(a+b+c)^2} $$

Có $9(a+b+c)^2=(abc)^2=>\frac{(ab+bc+ca)^2}{9(a+b+c)^2}=(\sum \frac{1}{a})^2$

Tương tự bài 239:
Cần CM: $L.H.S\geq (\sum \frac{1}{a})^2$ (*)
$BDT=>L.H.S-R.H.S(*)\geq \sum \frac{(2a-1)2.}{2ab}-(\sum \frac{1}{a})-\frac{2}{3}=\frac{1}{a}-1\geq \sqrt{1}-1\geq 0$
Để đảm bảo cho việc áp dụng Cauchy ở trên không bị ngược dấu thì ta phải xét dấu của a,b,c với biên là $\frac{1}{2}$ để CM đc bđt trên.
Dễ thấy khi có 2 hoặc 3 số lớn hơn $\frac{1}{2}$ thì giả thiết $(2)$ vô lý.
Giả sử có 1 số nhỏ hơn $\frac{1}{2}$.
KMTTQ giả sử số đó là $c$ thì dễ chứng minh $a,b>6$
$=> L.H.S>\frac{6}{c^2}>(\frac{1}{3}+\frac{1}{c})^2>R.H.S$
(đúng)
Do $a,b,c$ bình đẳng nên:
Từ đó $=> dfcm$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=\sqrt[3]{27}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 02-04-2020 - 13:23

" Khi ta đã quyết định con đường cho mình, kẻ được nói ta ngu ngốc chỉ có bản thân ta mà thôi. " - Roronoa Zoro.

 





0 người đang xem chủ đề

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