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

#61 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 17:07

Chào tất cả mọi người, mình là WaduPunch :D .Các bạn học sinh lớp 9 đang chuẩn bị cho kì thi HSG Tỉnh, kì thi THPT và khó khăn nhất chính là kì thi chuyên Toán. Chúng ta cần ôn tập và nâng cao kiến thức để có một hành trang thật tốt trước khi "ra trận".

Sau khi thảo luận với Sin99 , mình quyết định lập topic về bất đẳng thức này.

 

Nội quy của TOPIC như sau: 

++ Không spam, làm loãng TOPIC.

++ Sau khi đề xuất các bài toán, nếu sau 1 ngày mà không có ai trả lời, người đề xuất bài toán cần phải đưa ra lời giải.

++ Mình mong các bạn giải bài Toán sẽ trình bày bài toán đầy đủ một chút, thuận tiện cho việc hiểu bài.

++ Nếu như một bài toán nào đó được đề xuất mà đã có lời giải ở trang khác, mình mong mọi người hãy trình bày đầy đủ tại trang này luôn, không dẫn link đến các trang khác.

++ Lời giải ưu tiên gọn nhẹ, sáng tạo phù hợp với THCS (Hạn chế sử dụng các công cụ của bậc THPT như đạo hàm,...).

++ 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.

 

Các bài toán đã được giải sẽ được tô màu đỏ. Các bạn chú ý nhé  :D 

Mong các bạn chấp hành đúng nội quy của TOPIC. Mình mong sẽ nhận được sự ủng hộ nhiệt tình của các bạn  :D 

-WaduPunch-                                              

Mong mọi người đọc kĩ Nội quy bổ sung của TOPIC  :excl:  :excl:  :excl: . Các bạn cũng không cần thiết đánh lại các bài toán có lời giải chưa hoàn chình hoặc chưa cụ thể, luôn có Đội ngũ của TOPIC sẵn sàng để chỉnh sửa các bài viết của các bạn cho cụ thể và hoàn chỉnh hơn. 

 

P/s: Các bạn đưa ra bài tập đề xuất nếu sau 1 ngày bài đó không được giải thì các bạn phải đưa ra lời giải cho bài toán


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 15-03-2020 - 09:39


#62 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 17:19

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 

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

 

Đặt $\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z$

GT $\Rightarrow xy+yz+xz=\frac{1}{3}$

BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{x^2}{y} \geq (\sum x)^2$

Ta có: $\sum \frac{x^2}{y}=\sum \frac{(x-y)^2}{y}+\sum x\geq \sum \frac{(x-y)^2}{y} + 1=\sum \frac{(x-y)^2}{y} + 3(xy+yz+xz)$

Ta cần cm: $\sum \frac{(x-y)^2}{y} + 3(xy+yz+xz)\geq (x+y+z)^2\Leftrightarrow 2\sum \frac{(x-y)^2}{y}\geq \sum (x-y)^2\Leftrightarrow \sum (x-y)^2(\frac{2}{y}-1)\geq 0$ (ĐÚNG)

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 11:45


#63 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 17:43

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

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

Bài 26

Vì $a,b,c\geq 0$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$

TH1: Trong 3 số a,b,c có 2 số cùng bằng 0 nên Vô lí

TH2: Cả a,b,c đều lớn hơn 0

Khi ấy BĐT

$\Leftrightarrow 2(a+b+c)-\sum \frac{(a+b)^{3}}{a^{2}+6ab+b^{2}}\geq 2(a+b+c)-\frac{6(a+b+c)}{3+\sum ab}\Leftrightarrow \sum \frac{4ab(a+b)}{(a+b)^{2}+4ab}\geq \frac{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3+ab+bc+ca}$

Theo BĐT $C-S$

$\sum \frac{4ab(a+b)}{(a+b)^{2}+4ab}\geq \sum \frac{2ab}{a+b}\geq \frac{2(ab+bc+ca)^{2}}{\sum ab(a+b)}$

Cần CM:

$\frac{(ab+bc+ca)^{2}}{\sum ab(a+b)}> \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{3+ab+bc+ca}\Leftrightarrow 3\sum ab+\sum a^{2}b^{2}+2abc(a+b+c)\geq \sum ab(a^{2}+b^{2})+2\sum a^{2}b^{2}+2abc(a+b+c)\Leftrightarrow 3\sum ab\geq \sum [ab(a^{2}+ab+b^{2})]\Leftrightarrow 6\sum ab\geq \sum [ab(2a^{2}+2ab+2b^{2})]$

Mà $ab(2a^{2}+2ab+2b^{2})\leq ab(3a^{2}+3b^{2})< 3ab(a^{2}+b^{2}+c^{2})=6ab$

Tương tự ta có ĐPCM

TH3: Trong 3 số có 1 số =0 giả sử đó là c$\Rightarrow a^{2}+b^{2}=2$

Ta cần CM$\frac{4ab(a+b)}{(a+b)^{2}+4ab}\geq \frac{2ab(a+b)}{3+ab}\Leftrightarrow 6\geq (a+b)^{2}+2ab$

Mà $a^{2}+b^{2}=2\Rightarrow (a+b)^{2}\leq 4,2ab\leq 2$

 

*Em nhớ trích dẫn đề bài nhé


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 11:49


#64 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 17:50

Đặt $\frac{1}{a}=x;\frac{1}{b}=y;\frac{1}{c}=z$

GT $\Rightarrow xy+yz+xz=\frac{1}{3}$

BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{x^2}{y} \geq (\sum x)^2$

Ta có: $\sum \frac{x^2}{y}\geq=\sum \frac{(x-y)^2}{y}+\sum x\geq \sum \frac{(x-y)^2}{y} + 1=\sum \frac{(x-y)^2}{y} + 3(xy+yz+xz)$

Ta cần cm: $\sum \frac{(x-y)^2}{y} + 3(xy+yz+xz)\geq (x+y+z)^2\Leftrightarrow 2\sum \frac{(x-y)^2}{y}\geq \sum (x-y)^2\Leftrightarrow \sum (x-y)^2(\frac{2}{y}-1)\geq 0$ (ĐÚNG)

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

Tại sao $\frac{2}{y}-1> 0$ vậy bạn?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 17:51


#65 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 20-02-2020 - 19:28

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

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

Đặt $(a;b;c)=(\frac{x^2}{yz};\frac{y^2}{zx};\frac{z^2}{xy})$ và $x,y,z>0$. Bất đẳng thức cần chứng minh quy về:

$[\sum_{cyc}\frac{x^3}{xyz+y^3}]^2 \ge \frac{3(\frac{x^2}{yz}+\frac{y^2}{zx}+\frac{z^2}{xy})}{4}$

Ta thấy $x,y,z$ có vai trò hoán vị vòng quanh nên không mất tính tổng quát, giả sử $z=\min\{x,y,z\}$

Đặt $x=z+u,y=z+v\Rightarrow u,v\geq 0$. Sau khi quy đồng ta thấy bất đẳng thức này tương đương với:

$4 u^6 v^6+8 u^5 v^7+4 u^4 v^8+29 u^6 v^5 z+90 u^5 v^6 z+77 u^4 v^7 z+16 u^3 v^8 z+5 u^7 v^3 z^2+93 u^6 v^4 z^2+397 u^5 v^5 z^2+531 u^4 v^6 z^2+230 u^3 v^7 z^2+24 u^2 v^8 z^2+17 u^7 v^2 z^3+200 u^6 v^3 z^3+948 u^5 v^4 z^3+1825 u^4 v^5 z^3+1321 u^3 v^6 z^3+313 u^2 v^7 z^3+16 u v^8 z^3+4 u^8 z^4+24 u^7 v z^4+280 u^6 v^2 z^4+1447 u^5 v^3 z^4+3590 u^4 v^4 z^4+3955 u^3 v^5 z^4+1660 u^2 v^6 z^4+204 u v^7 z^4+4 v^8 z^4+52 u^7 z^5+256 u^6 v z^5+1442 u^5 v^2 z^5+4374 u^4 v^3 z^5+6762 u^3 v^4 z^5+4598 u^2 v^5 z^5+1060 u v^6 z^5+52 v^7 z^5+280 u^6 z^6+1004 u^5 v z^6+3335 u^4 v^2 z^6+6762 u^3 v^3 z^6+7095 u^2 v^4 z^6+2860 u v^5 z^6+280 v^6 z^6+792 u^5 z^7+1812 u^4 v z^7+3768 u^3 v^2 z^7+5880 u^2 v^3 z^7+4212 u v^4 z^7+792 v^5 z^7+1248 u^4 z^8+1392 u^3 v z^8+2016 u^2 v^2 z^8+3120 u v^3 z^8+1248 v^4 z^8+1056 u^3 z^9+48 u^2 v z^9+624 u v^2 z^9+1056 v^3 z^9+384z^{10} (u^2-uv+v^2) \geq 0$

Dễ thấy bất đẳng thức này luôn đúng, ta có ĐPCM.

P/s: Em rất xin lỗi vì lời giải vô cùng xấu xí thế này, nhưng em không còn cách nào khác:(


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 23:16


#66 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 20-02-2020 - 19:42

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 $3$ của Bài 40.

Sau một vài bước tính toán đơn giản, chúng ta tìm được:

$VT-VP=\frac{(x+y+z)[\sum_{cyc}(xy+z^2)(x-y)^2]}{2xyz(x+y)(y+z)(z+x)} \geq 0$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 20-02-2020 - 20:48


#67 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 19:56

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

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

Em có cách này không biết có ổn không?

Theo BDT Cauchy Schwarz:

$VT\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca+a+b+c}$

Cần chứng minh $\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca+a+b+c}\geq \frac{\sqrt{3(a+b+c)}}{2}\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)\sqrt{a+b+c}}{a+b+c+ab+bc+ca}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}$

Theo Schur:

$abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\geq (3-2a)(3-2b)(3-2c)\Rightarrow 9abc+18(a+b+c)-27\geq 12(ab+bc+ca)\Rightarrow 18(a+b+c)-18\geq 12\sum ab\Rightarrow 3(a+b+c)-3\geq 2(ab+bc+ca)$

$\Rightarrow \frac{2(a+b+c)\sqrt{a+b+c}}{2(a+b+c)+2(ab+bc+ca)}\geq \frac{2(a+b+c)\sqrt{a+b+c}}{5(a+b+c)-3}$

Cần chứng minh:

$\frac{2(a+b+c)\sqrt{a+b+c}}{5(a+b+c)-3}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}$ (1)

Đặt $\sqrt{a+b+c}=x\geq \sqrt{3}$

$(1)\Leftrightarrow 4x^{3}\geq 5\sqrt{3}x^{2}-3\sqrt{3}\Leftrightarrow (2x-\frac{\sqrt{3}+\sqrt{51}}{4})(2x+\frac{\sqrt{51}-\sqrt{3}}{4})(x-\sqrt{3})\geq 0(x\geq \sqrt{3})$ 

Dấu "=" xảy ra khi $ a=b=c = 1 $.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 20:19


#68 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 550 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 20-02-2020 - 20:43

Mình xin đề xuất một số bài cho các bạn luyện tập. 

$ \boxed{\text{Bài 42}} $ Cho $ a \geq b \geq c $ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 

$$ a + b + c = \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} $$ 

Chứng minh rằng 

$$ b(a+c-1) \geq 1 $$

$ \boxed{\text{Bài 43}} $ Cho các số thực dương $ a,b,c $. Đặt

$$ x = a + \frac{1}{b} - 1 , y = b + \frac{1}{c} - 1, z = c + \frac{1}{a} - 1 $$ 

Chứng minh rằng 

$$ xy + yz + xz \geq 3 $$

$ \boxed{\text{Bài 44}} $ Cho $ a,b,c > 0 $. Tìm GTNN của biểu thức 

$$ P = \frac{2+a^3}{2+a+b^3} + \frac{2+b^3}{2+b+c^3} + \frac{2+c^3}{2+c+a^3} $$

$ \boxed{\text{Bài 45}} $ Cho $ a,b,c > 0 $. Chứng minh rằng 

$$ \frac{(a+b+c)^3}{abc} + 27\sqrt[3]{\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}} \geq 54 $$

 

* Lưu ý: Đây là Topic hướng đến các bạn học sinh THCS, vì thế lời giải nên gọn, nhẹ, tránh lạm dụng các công cụ mạnh không cần thiết. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 22-02-2020 - 08:22

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#69 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 459 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{Trung Tâm GDTX}}$

Đã gửi 20-02-2020 - 20:47

Mình xin góp thêm một số bài sau (^-^)

$\boxed{\text{Bài 46}}$ Cho $ a,b,c>0$. Chứng minh rằng 

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$$

$\boxed{\text{Bài 47}}$ Cho 3 số dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 22:24


#70 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 20-02-2020 - 20:55

Mình xin góp thêm một số bài sau (^-^)

$\boxed{\text{Bài 46}}$ Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$$

Bài 46 Quá quen thuộc, chém ngay! Em đã từng làm bên AoPS rồi!

Cách 1: $LHS -RHS = \frac{a(b-c)^2}{bc(a+c)} +\frac{c(a-b)^2}{a(ac+b^2)} +\frac{(a^2 c +b^3 -bc^2- b^2 c)^2}{b(a+b)(b+c)(c+a)(ac+b^2)} \geq 0$

Cách 2: $ VT + 1 = \frac{a^2}{ab} + \frac{b^2}{bc} + \frac{c^2}{ca} + \frac{b^2}{b^2} \geq \frac{[(a+b)+(c+b)]^2}{ab+bc+ac+b^2} = \frac{[(a+b)+(c+b)]^2}{(a+b)(b+c)} = VP + 2 $ 

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

 

P/s: Vâng ạ, hôm này được rồi.

 

*Đã sửa lại bài viết giúp bạn rồi nhé! Các bạn lưu ý nếu có vấn đề về trình bày, Latex, hãy gửi tin nhắn cho anh WaduPunch hoặc bạn Sin99 để khắc phục, không được Spam vào Topic, gây loãng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 21-02-2020 - 07:01


#71 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 459 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{Trung Tâm GDTX}}$

Đã gửi 20-02-2020 - 21:05

Bài 46  Cho $ a,b,c>0$ Chứng minh  $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$

Để em làm cách C-S, AM-GM cho anh ơi (^.^)

 

BĐT tương đương $ \frac{a(b+c)}{b}+\frac{b(b+c)}{c}+\frac{c(b+c)}{a}\geq a+b+b+c+\frac{(b+c)^2}{a+b}$

       

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

 

Có: $\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\geq 2c;\frac{b^2}{c}+c\geq 2b; b+\frac{c^2}{a}=\frac{b^2}{b}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{(b+c)^2}{a+b}$

 

Cộng theo vế các đánh giá, ta có điều phải chứng minh.

 

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$.

 

*Lưu ý: Bạn nhớ chọn trích dẫn đề bài, không cần gõ lại đề, như thế Topic trông thẩm mĩ và chuyên nghiệp hơn!!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 23:17


#72 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 20-02-2020 - 21:36

Mình xin góp thêm một số bài sau (^-^)

$\boxed{\text{Bài 46}}$ Cho $ a,b,c>0$. Chứng minh rằng 

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$$

$\boxed{\text{Bài 47}}$ Cho 3 số dương $a,b,c$ thỏa $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng

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

Bài 46 Khá hay và khá nhiều cách, mình nêu sơ qua 2 cách mà mình tìm được sau:

*Cách 1:

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

BĐT trên tương đương $\frac{a-b}{b}+\frac{b-c}{c}+\frac{c-a}{a}\geq \frac{(a-c)^{2}}{(a+b)(b+c)} $

Mà $ b-c=b-a+a-c $ nên $\frac{a-b}{b}-\frac{a-b}{c}+\frac{c-a}{a}-\frac{c-a}{c}\geq \frac{(a-c)^{2}}{(a+b)(b+c)} $

Khai triển và thu gọn ta được $ b(c-a)(b^2+ab+bc) \geq a(a-b)(b-c)(a+b)(b+c) $  $ \Leftrightarrow ((b-ac)^2 \geq 0 $  (Luôn đúng)

 

*Cách 2:

Quy đồng và biến đổi tương đương, ta được 

$ \frac{a^2c}{b} +a^2+2ab+ac+\frac{ab^2}{c} +\frac{b^3}{c}+  b^2 + c^2 + \frac{bc^2}{a} +\frac{b^2c}{a}+ bc \geq a^2 +3b^2+c^2+3ab+3bc+ac $

Áp dụng BĐT AM-GM, ta có: $\frac{a^{2}c}{b}+\frac{b^{3}}{c}\geq 2ab, \frac{b^{2}c}{a}+\frac{ab^{2}}{c}\geq 2b^2, \frac{a^{2}c}{b}+\frac{b^{3}}{c}+\frac{bc^{2}}{a}+\frac{bc^{2}}{a}\geq 4bc $

Cộng theo vế các đánh giá, ta có ngay điều phải chứng minh.

 

Bài 47 Đặt $ (\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}) \rightarrow (x,y,z) $. Từ giả thiết suy ra $ xy + yz + xz = 1 $

Ta có: $\sum \frac{z}{\sqrt{x^{2}+1}}= \sum \frac{2z}{2\sqrt{x^{2}+xy+yz+zx}}=\sum\frac{2z}{2\sqrt{(x+y)(x+z)}}\geq \sum \frac{2z}{2x+y+z}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwartz dạng phân thức ta sẽ chứng minh được $\sum \frac{2z}{2x+y+z}\geq \frac{3}{2} $

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

 

 

*Mong bạn trình bày cụ thể và chi tiết lời giải ra nhé, giúp mọi người dễ hiểu, dễ đọc


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


#73 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 21:39

$ \boxed{\text{Bài 45}} $ Cho $ a,b,c > 0 $. Chứng minh rằng 

$$ \frac{(a+b+c)^3}{abc} + 27\sqrt[3]{\frac{ab+bc+ac}{a^2+b^2+c^2}} \geq 54 $$

Bài 45

Theo BĐT Cauchy-Schwarz$\frac{(a+b+c)^{3}}{abc}\geq \frac{3(a+b+c)^{2}}{\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}\geq \frac{9(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}=\frac{9(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}+18$

$\Rightarrow VT \geq 18+\frac{9(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}+3.9\sqrt[3]{\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq 18+9.4\sqrt[4]{\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(ab+bc+ca)}{(ab+bc+ca)(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}=54$

Dấu $"="$ xày ra $\Leftrightarrow a=b=c $.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 23:28


#74 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-02-2020 - 21:48

Mình xin góp thêm một số bài sau (^-^)

$\boxed{\text{Bài 46}}$ Cho $ a,b,c>0$. Chứng minh rằng 

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$$

 

Lời giải khác cho Bài 46

Không mất tính tổng quát giả sử $b=min(a,b,c)$

Có $ VT- VP = [(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}-\frac{a}{c}-1)+(\frac{c}{a} +\frac{a}{c} -2)] - (\frac{a+b}{b+c} + \frac{b+c}{a+b} -2) \geq 0 $

$ \Leftrightarrow \frac{(a-b)(c-b)}{bc}+\frac{(a-c)^{2}}{ac}-\frac{(a+c)^{2}}{(a+b)(b+c)}\geq 0 $

$ \Leftrightarrow (a-c)^{2}.\frac{ab+ac+b^{2}+bc-ac}{ac(a+b)(b+c)}+\frac{(a-b)(c-b)}{bc}\geq 0 $

$ \Leftrightarrow (a-c)^{2}.\frac{ab+b^{2}+bc}{ac(a+b)(b+c)}+\frac{(a-b)(c-b)}{bc}\geq 0 $ (Đúng)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 23:22


#75 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 459 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{Trung Tâm GDTX}}$

Đã gửi 20-02-2020 - 21:50

 

$ \boxed{\text{Bài 44}} $ Cho $ a,b,c > 0 $. Tìm GTNN của biểu thức 

$$ P = \frac{2+a^3}{2+a+b^3} + \frac{2+b^3}{2+b+c^3} + \frac{2+c^3}{2+c+a^3} $$

 

Bài 44: Nhìn laggg mắt mới ra ý tưởng Cauchy ạ  

Có: $a\leq \frac{a^3+2}{3}$

Đặt $(2+a^3,2+b^3,2+c^3)\rightarrow (x,y,z) $. Điều kiện: $ x,y,z>0 $

$VT \geq   \sum \frac{3x}{x+3y}=\sum \frac{3x^2}{x^2+3xy}\geq \frac{3(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+xy+yz+zx} $

$ \geq \frac{3(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+\frac{(x+y+z)^2}{3}}=\frac{9}{4}$

Vậy $ P_{min} = \frac{9}{4} $.

Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 20-02-2020 - 23:29


#76 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 20-02-2020 - 21:55

Mình xin góp thêm bài sau:

$ \boxed{\text{Bài 48}} $ Cho $ a,b,c > 0 $. Chứng minh rằng 

$$ (a+b+c)^3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq 27(abc)^2 $$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 11:15


#77 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 459 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{Trung Tâm GDTX}}$

Đã gửi 20-02-2020 - 23:37

Mình xin phép góp 1 bài !

$\boxed{\text{Bài 49}} $ Cho $a,b,c>0 $ thỏa mãn $a+b+c=2005$. Chứng minh 

$$\frac{a^3}{2a^2+bc}+\frac{b^3}{2b^2+ca}+\frac{c^3}{2c^2+ab}\geq \frac{2005}{3}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 11:15


#78 NewMrDat

NewMrDat

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 62 Bài viết

Đã gửi 20-02-2020 - 23:59

Lời giải khác cho Bài 46

Không mất tính tổng quát giả sử $b=min(a,b,c)$

Có $ VT- VP = [(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}-\frac{a}{c}-1)+(\frac{c}{a} +\frac{a}{c} -2)] - (\frac{a+b}{b+c} + \frac{b+c}{a+b} -2) \geq 0 $

$ \Leftrightarrow \frac{(a-b)(c-b)}{bc}+\frac{(a-c)^{2}}{ac}-\frac{(a+c)^{2}}{(a+b)(b+c)}\geq 0 $

$ \Leftrightarrow (a-c)^{2}.\frac{ab+ac+b^{2}+bc-ac}{ac(a+b)(b+c)}+\frac{(a-b)(c-b)}{bc}\geq 0 $

$ \Leftrightarrow (a-c)^{2}.\frac{ab+b^{2}+bc}{ac(a+b)(b+c)}+\frac{(a-b)(c-b)}{bc}\geq 0 $ (Đúng)

Cho mình hỏi tại sao chỗ này lại giả sử được , mình thấy a,b,c có bình đẳng đâu ? 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 08:23


#79 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 21-02-2020 - 07:23

Mình xin góp thêm bài sau:

$ \boxed{\text{Bài 48}} $ Cho $ a,b,c > 0 $. Chứng minh rằng 

$$ (a+b+c)^3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq 27(abc)^2 $$

Bài này có lẽ dùng SOS sẽ đẹp hơn rất nhiều, khi nào nghĩ ra em sẽ post lên (trong bài viết này)

Sau đây là cách đơn giản nhất (không cần suy nghĩ)

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$. Đặt $a=c+u+v,b=c+v\Rightarrow u,v\ge 0$.

Khi đó $VT-VP=-10 c u^2 (u+2 v)^3-u^2 (u+2 v)^4-18 c^4 (u^2+u v+v^2)-2 c^3 (22 u^3+51 u^2 v+21 u v^2+14 v^3)-c^2 (35 u^4+136 u^3 v+147 u^2 v^2+22 u v^3+11 v^4) \le 0$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 08:27


#80 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 21-02-2020 - 07:33

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

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

Đã $1$ ngày mà chưa thấy ai giải bài này nên em xin post lời giải ạ:

Chú ý: $\frac{ab+bc+ca}{a^2+bc}=1+\frac{a(b+c-a)}{a^2+bc}$. Ta có thể viết bất đẳng thức lại thành:

$\frac{a(b+c-a)}{a^2+bc}+\frac{b(c+a-b)}{b^2+ca}+\frac{c(a+b-c)}{c^2+ab} \geq 0$

Giả sử $a\le b\le c\Rightarrow b+c-a\geq 0$. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh:

$\frac{b(c+a-b)}{b^2+ca}+\frac{c(a+b-c)}{c^2+ab} \geq 0$

$\Leftrightarrow (b-c)^2 (a-b)(a-c) +abc(2a+b+c) \geq 0$

Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c)=(0;1;1)$ và các hoán vị.

P/s: Lời giải này theo sách, hơi ảo :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 21-02-2020 - 08:29





0 người đang xem chủ đề

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