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 713 trả lời

#41 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

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

Đã gửi 19-02-2020 - 22:22

Lời giải Bài 18

Áp dụng BĐT Holder :  $ 1+abc+a^2b^2c^2 \leq \sqrt[3]{(1+a^3+a^6)(1+b^3+b^6)(1+c^3+c^6)} $ 

Cần chứng minh $$ \sqrt[3]{(1+a^3+a^6)(1+b^3+b^6)(1+c^3+c^6)} \leq 3(a^2-a-1)(b^2-b+1)(c^2-c+1) $$

$$ \Leftrightarrow (1+a^3+a^6)(1+b^3+b^6)(1+c^3+c^6) \leq 27(a^2-a-1)^3(b^2-b+1)^3(c^2-c+1)^3 $$

Đến đây, nhận thấy tính độc lập của các biến, có thể chứng minh: 

$$ (a^6 + a^3 + 1) \leq 3(a^2-a+1)^3 $$

$$ \Leftrightarrow (a-1)^4(2a^2-a+2) \geq 0 $$ ( Đúng vì $2a^2-a+2 > 0 $ với mọi $ a \geq 0 $ )

Dấu "=" xảy ra khi $ a=b=c=1.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 18:11

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#42 Syndycate

Syndycate

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 272 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:ɴᴏᴛʜɪɴɢ

Đã gửi 19-02-2020 - 22:47

$\boxed{\text{Bài 33}}$ 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

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

Bài 33: 

Từ GT $\Rightarrow (x-y-z)^2=4yz-4xyz=4(1-x)yz$       (*)

Mà $(x-y-z)^2\geq 0,x,y,z> 0$

$\Rightarrow x\leq 1$

Lại từ giả thiết: Chứng minh tương tự ta cũng ra được: $y,z\leq 1$ (CM để áp dụng AM-GM)

Từ (*) $=>(x-y-z)^2\leq 4.(\frac{1-x+y+z}{3})^3=4(\frac{1-(x-y-z)}{3})^3$

Giải bất phương trình ẩn $x-y-z$ ra được $x-y-z\leq \frac{1}{4}$

Từ đó, $P=x(1-y)(1-z)\leq (\frac{x-y-z+2}{3})^3\leq \frac{27}{64}$

Dấu $"="$ xảy ra khi $x=1-y=1-z=>x=\frac{3}{4},y=z=\frac{1}{4}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 23:25



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

#43 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 - 23:27

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

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

 

$(x+y+1)(x^2+y^2)+\frac{4}{x+y}\geq (x+y+1).2+\frac{4}{x+y}=2(x+y)+\frac{8}{x+y}-\frac{4}{x+y}+2\geq 8-2+2=6$

P/s: God Đức căng thẳng quá :) khinh đi năm sau e vào Phan rồi có khi VMO rồi IMO cũng nên :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 19-02-2020 - 23:33


#44 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 - 23:34

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

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

 

Đặt: $b+c-a=x;c+a-b=y;b+a-c=z$

Bất đẳng thức trở thành: $\frac{4(y+z)}{x}+\frac{9(x+z)}{y}+\frac{16(x+y)}{z}=(\frac{4y}{x}+\frac{9x}{y})+(\frac{4z}{x}+\frac{16x}{z})+(\frac{9z}{y}+\frac{16y}{z})\geq 12+16+24=52$

Dấu $"="$ xảy ra khi $6x=4y=3z $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 19-02-2020 - 23:37


#45 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

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

Đã gửi 20-02-2020 - 01:02

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

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

Mình xin đưa ra lời giải khác cho Bài 32.

Phức tạp hơn nhiều so với lời giải thứ nhất, tuy nhiên với tinh thần học hỏi, chúng ta hãy xem xét hướng tiếp cận mới sẽ như thế nào  :icon6:

Bổ đề 1

Với $ a,b,c \geq 0 $, không có 2 số nào bằng 0, khi đó:

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

$$ \Leftrightarrow a(a+b)(a+c) +b(b+c)(b+a) + c(c+a)(c+b) + 4abc \geq 2(a+b)(b+c)(c+a) $$

$$ \Leftrightarrow a^3  + b^3 + c^3 +\sum ab(a+b)  + 7abc \geq 2 \sum ab(a+b)  + 4abc $$

$$ \Leftrightarrow a^3 + b^3 +c^3 +3abc \geq ab(a+b) + bc(b+c) + ac(a+c) $$

Đây chính là BĐT Schur bậc 3.

Bổ đề 2

Với $ a,b,c \geq 0 $, không có 2 số nào bằng 0, khi đó:

$$ \sqrt{\frac{a}{b+c}} + \sqrt{\frac{b}{c+a}} + \sqrt{\frac{c}{a+b}} \geq 2\sqrt{ 1 + \frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} } $$

$$ \Leftrightarrow  \sqrt{a(a+b)(a+c)} +  \sqrt{b(b+c)(b+a)} + \sqrt{c(c+a)(c+b)} \geq 2\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a) + abc} $$

$$ \Leftrightarrow \sqrt{a^2(a+b+c) + abc} + \sqrt{b^2(a+b+c) + abc} + \sqrt{c^2(a+b+c) + abc} \geq 2\sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ac)} $$

Áp dụng BĐT Minkowski:

$$ VT \geq \sqrt{(\sqrt{a+b+c}(a+b+c))^2 + (3\sqrt{abc})^2} = \sqrt{(a+b+c)^3 + 9abc } $$

Cần chứng minh $$ \sqrt{(a+b+c)^3 + 9abc } \geq 2\sqrt{(a+b+c)(ab+bc+ac)} $$

$$  \Leftrightarrow a^3 + b^3 +c^3 +3abc \geq ab(a+b) + bc(b+c) + ac(a+c)  $$

BĐT Schur bậc 3.

Đặt $ \sqrt{2(1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)})} = X \Rightarrow X \leq \frac{3}{2} $

Áp dụng bổ đề, ta có :

$$ VT \geq 2 -  \frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} + \sqrt{ 2(1 + \frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}) } $$

$$ = 6 - 4(1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}) + \sqrt{ 2(1 + \frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} )} $$

Suy ra $$ VT \geq 6 - 2X^2 + X $$.

Hoàn tất chứng minh nếu chỉ ra $$  6 - 2X^2 + X \geq 3 $$

$$ \Leftrightarrow (X+1)(3-2X) \geq 0 $$

( Đúng với $ 0 < X \leq \frac{3}{2} $ )

Dấu "=" xảy ra khi $ a=b=c. $

Rõ ràng đây không phải là lời giải tốt, chỉ nên tham khảo nhưng qua đó các bạn cũng đã biết thêm các bổ đề, hướng đánh giá mới, sử dụng Schur, Minkowski và biến đổi tương đương.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 11:31

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#46 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 07:30

Lời giải Bài 18

Áp dụng BĐT Holder :  $ 1+abc+a^2b^2c^2 \leq \sqrt[3]{(1+a^3+a^6)(1+b^3+b^6)(1+c^3+c^6)} $ 

Cần chứng minh $$ \sqrt[3]{(1+a^3+a^6)(1+b^3+b^6)(1+c^3+c^6)} \leq 3(a^2-a-1)(b^2-b+1)(c^2-c+1) $$

$$ \Leftrightarrow (1+a^3+a^6)(1+b^3+b^6)(1+c^3+c^6) \leq 27(a^2-a-1)^3(b^2-b+1)^3(c^2-c+1)^3 $$

Đến đây, nhận thấy tính độc lập của các biến, có thể chứng minh: 

$$ (a^6 + a^3 + 1) \leq 3(a^2-a+1)^3 $$

$$ \Leftrightarrow (a-1)^4(2a^2-a+2) \geq 0 $$ ( Đúng vì $2a^2-a+2 > 0 $ với mọi $ a \geq 0 $ )

Dấu "=" xảy ra khi $ a=b=c=1.$

Ý tưởng hay quá  :like  :D . Đây là lời giải theo sách: (em đã dịch sang tiếng Việt :icon6: )

Trước hết, ta chứng minh BĐT sau: $2(a^2-a+1)(b^2-b+1)\geq 1+a^2 b^2\Leftrightarrow (a-b)^2 +(a-1)^2(b-1)^2 \geq 0$

Vì vậy, nó đủ để chứng minh rằng: $3(1+a^2b^2)(c^2-c+1) \ge 2(1+abc+a^2 b^2 c^2)$

$\Leftrightarrow (3+a^2 b^2)c^2 -(3+2ab+3a^2 b^2)c +1+3a^2 b^2 \geq 0$

Nó đúng vì: $\Delta_c = -3(1-ab)^4 \le 0$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Xin đề xuất thêm $2$ bài toán:

$\boxed{\text{Bài 37}}$: Cho $a,b,c\ge 0$. Chứng minh:

$$(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) \ge (ab+bc+ca)^3 (*34)$$ 

$\boxed{\text{Bài 38}}$: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm sao cho không có $2$ số nào đồng thời bằng không. Chứng minh:

$$\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab} \ge \frac{3}{ab+bc+ca} (*45)$$ 

 

*Ý kiến riêng: Em nghĩ mọi người nên đính kèm bài toán cùng với lời giải để người đọc dễ theo dõi, không phải lướt lên trên, nãy em tình cơ lướt qua các lời giải và thấy như vậy rất bất tiện. Đây là ý kiến của cá nhân em, mong mọi người và chủ topic xem xét ạ! Em cảm ơn. Chúc topic phát triển!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 08:16


#47 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 09:28

*Ý kiến riêng: Em nghĩ mọi người nên đính kèm bài toán cùng với lời giải để người đọc dễ theo dõi hơn mà không phải lướt lên trên, nãy em tình cơ lướt qua các lời giải và thấy như vậy rất bất tiện. Đây là ý kiến của cá nhân em, mong mọi người và chủ topic xem xét ạ! Em cảm ơn. Chúc topic phát triển!

Mình đồng ý với ý kiến của tthnew nhé. Khi bạn nào giải bài thì nên trích dẫn đầy đủ đầu đề để mọi người tiện việc theo dõi, các bạn có thể xem bài giải của Thanhlongviemtuoc để biết thêm thông tin chi tiết.

 

P/s: Mình sửa lại đề Bài 19 rồi nhé. Sr các bạn nhiều !!!



#48 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 09:36

$\boxed{\text{Bài 35}}$ 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

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

Bài 35:

$\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}-1}{2abc}=\sum \frac{a}{2bc}-\frac{a+b+c}{2abc}=\sum \frac{a}{2bc}-\sum \frac{1}{2ab}=\sum \frac{a}{2bc}-\sum \frac{a+b+c}{2ab}=-\sum \frac{a+b}{2ab}$

$\Rightarrow T=\sum \frac{4}{a+b}-\sum \frac{1}{a}$

Đặt

$(a,b,c)=(x+y,y+z,z+x)\Rightarrow x=\frac{c+a-b}{2},y=\frac{a+b-c}{2},z=\frac{b+c-a}{2}(x,y,z> 0,x+y+z=\frac{1}{2})$

$\Rightarrow P=\sum (\frac{4}{x+2y+z}-\frac{1}{x+z})=\sum (\frac{8}{1+2y}-\frac{2}{1-2y})=\sum \frac{6-20y}{1-4y^{2}}$

Xét $f(k)=\frac{6-20k}{1-4k^{2}}\leq -18k+6\Leftrightarrow 6-20k\leq-18k+72k^{3}+6-24k^{2}\Leftrightarrow 2k(6k-1)^{2}\geq 0(k> 0)$

$\Rightarrow T=f(x)+f(y)+f(z)\leq -18(x+y+z)+18=9$

Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{6 }$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 10:26


#49 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 09:50

$\boxed{\text{Bài 19}}$ 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:

$$ S=m+n+p $$

Bài 19:

$gt\Rightarrow 2n^{2}+2p^{2}+2np=2-3m^{2}\Rightarrow 2(n+p)^{2}=2+2np-3m^{2}\leq 2+\frac{(n+p)^{2}}{2}-3m^{2}\Rightarrow \frac{3(n+p)^{2}}{2}+3m^{2}\leq 2\Rightarrow 2\geq 3(m^{2}+\frac{(n+p)^{2}}{4}+\frac{(n+p)^{2}}{4})\geq (m+\frac{n+p}{2}+\frac{n+p}{2})^{2}=(m+n+p)^{2}$

$\Rightarrow \sqrt{2}\geq m+n+p\geq -\sqrt{2}$

Dấu = khi $Max=\sqrt{2}\Leftrightarrow m=n=p=\frac{\sqrt{2}}{3},Min=-\sqrt{2}\Leftrightarrow m=n=p=\frac{-\sqrt{2}}{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 24-02-2020 - 15:25


#50 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 13:03

$\boxed{\text{Bài 19}}$ 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:

$$ S=m+n+p $$

Anh xin đưa ra lời giải thứ 2 của Bài 19

Từ ĐK$\Rightarrow (m+n+p)^2+(m-p)^2+(n-m)^2=2\Rightarrow (m+n+p)^2 \leq 2 \Leftrightarrow -\sqrt{2}\leq m+n+p \leq \sqrt{2}$

$\Leftrightarrow -\sqrt{2}\leq S \leq \sqrt{2}$

Vậy $\left\{\begin{matrix}S_{max}=\sqrt{2}\Leftrightarrow m=n=p=\frac{\sqrt{2}}{3}\\   S_{min}=-\sqrt{2}\Leftrightarrow m=n=p=-\frac{\sqrt{2}}{3} \end{matrix}\right.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 24-02-2020 - 15:24


#51 NewMrDat

NewMrDat

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết

Đã gửi 20-02-2020 - 13:30

Mình xin phép trình bày Bài 22

Trước tiên ta chứng minh BĐT: $ A= 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 $(x,y,z)=(0,1,2)$

Bạn xem lại dòng này nhé

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 14:42


#52 Syndycate

Syndycate

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 272 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:ɴᴏᴛʜɪɴɢ

Đã gửi 20-02-2020 - 14:02

Bạn xem lại dòng này nhé

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

Phần chứng minh phụ này cũng là phần cm ở bài 8 mình đã gửi, chú có thể đọc lại ở đấy :v

Bạn này quên chia 2 ở phần cuối :v


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 14:42



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

#53 NewMrDat

NewMrDat

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết

Đã gửi 20-02-2020 - 14:04

Phần chứng minh phụ này cũng là phần cm ở bài 8 mình đã gửi, chú có thể đọc lại ở đấy :v

 

Bạn này làm hơi tắt :v

Không phải tắt mà là sai đấy bạn à, bạn vui lòng xem lại giúp mình với


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 14:43


#54 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

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

Đã gửi 20-02-2020 - 14:28

Bạn xem lại dòng này nhé

$ \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)^2 \leq 4 $

NewMrDat nói đúng, đoạn này có vấn đề ở đoạn tô xanh, vì $ y(x+z)^2 \leq 2y(x+z)^2 $ khi và chỉ khi $ y \geq 0 $, dấu "=" phải xảy ra tại $ y = 0 $.

Mình nghĩ sửa lại như sau : $ \Leftrightarrow A \leq y(x+z)^2 - xyz \leq y(x+z)^2  = \frac{2y(x+z)^2}{2} \leq \frac{(2x+2y+2z)^3}{27.2} = 4 $ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 19:47

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#55 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 20-02-2020 - 15:26

Em xin góp tiếp 

$\boxed{\text{Bài 39}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $3(a+b+c)=abc$

Chứng minh 

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

P/S:Bài này em chế thôi :)) ko có nguồn đâu 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 17:25


#56 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 16:09

Em xin góp bài.

$ \boxed{\text{Bài 40}} $  Cho $x,y,z> 0$. Chứng minh rằng 

$$\frac{x}{2yz}+\frac{y}{2zx}+\frac{z}{2xy}\geq \frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 16:45


#57 canhsatcodong

canhsatcodong

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Darkside
  • Sở thích:Ở một mình, đọc truyện trinh thám, sáng chế khoa học, ghét học toán

Đã gửi 20-02-2020 - 16:19

$\boxed{\text{Bài 37}}$: Cho $a,b,c\ge 0$. Chứng minh:

$$(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) \ge (ab+bc+ca)^3 (*34)$$ 

Em xin góp Bài 37 ạ

Ta có: $(a^{2}+ab+b^{2}) \geq \frac{3}{4}(a+b)^{2} \Leftrightarrow (a-b)^2 \geq 0$ (luôn đúng)

$\Rightarrow \sum (a^2+ab+b^2) \geq \frac{27}{64}\sum (a+b)^2$

Mặt khác ta có BĐT quen thuộc $ \prod (a+b) \geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ac) \geq \frac{8}{9} \sqrt{3(ab+bc+ac)}(ab+bc+ac) $              

Do đó $\sum (a^2+ab+b^2)\geq \frac{27}{64}.(\frac{8}{9}\sqrt{3(ab+bc+ca)}.(ab+bc+ca))^2=(ab+bc+ca)^3$

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

Lần đầu đăng bài, gặp nhiều sai sót mong mọi người thông cảm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 20:08


#58 Syndycate

Syndycate

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 272 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:ɴᴏᴛʜɪɴɢ

Đã gửi 20-02-2020 - 16:22

Em xin góp bài:

$\boxed{\text{Bài 40}}$ Cho $x,y,z> 0$. Chứng minh rằng 

$$\frac{x}{2yz}+\frac{y}{2zx}+\frac{z}{2xy}\geq \frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}$$

Bài 40

$L.H.S=\sum \frac{1}{x+y}\leq \sum \frac{1}{4}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})=\frac{1}{2}(\sum \frac{1}{x})$

Từ đó, Cần CM: $\sum \frac{x}{2yz}\geq \sum \frac{1}{2x}=>\sum \frac{x}{yz}\geq \sum \frac{1}{x}$

Nhân cả hai vế với $xyz> 0$ được:

$\sum x^2\geq \sum yz$ (Luôn ĐÚNG)

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$

 

*Tất cả mọi bài giải đều phải có trích dẫn nhé !!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 22:16



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

#59 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 16:45

Em xin góp bài.

$ \boxed{\text{Bài 40}} $  Cho $x,y,z> 0$. Chứng minh rằng 

$$\frac{x}{2yz}+\frac{y}{2zx}+\frac{z}{2xy}\geq \frac{1}{x+y}+\frac{1}{y+z}+\frac{1}{z+x}$$

Em xin trình bày cách 2 của Bài 40

Theo BĐT $C-S$ ta có: 

$VT\geq \sum \frac{2x}{(y+z)^{2}}\geq \sum \frac{1}{x+y}\Leftrightarrow \sum (\frac{2x-y-z}{(y+z)^{2}})\geq 0=\sum \frac{(x-y)-(y-z)}{(y+z)^{2}}\geq 0=\sum [(x-y)(\frac{1}{(y+z)^{2}}-\frac{1}{(z+x)^{2}})]\geq 0=\sum \frac{(x-y)^{2}(x+y+2z)}{(y+z)^{2}(z+x)^{2}}\geq 0$

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 16:56


#60 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 16:50

$\boxed{\text{Bài 41}}$ Cho $a,b,c> 0,abc=1$.Chứng minh rằng

$$\frac{a}{b+1}+\frac{b}{c+1}+\frac{c}{a+1}\geq \frac{\sqrt{3(a+b+c)}}{2}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 20:14





1 người đang xem chủ đề

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