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 825 trả lời

#121 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

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

Đã gửi 23-02-2020 - 08:12

$\boxed{\text{Bài 67}}$ Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=8$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$$P=|x^3-y^3|+|y^3-z^3|+|z^3-x^3|$$

Cách 2

Giả sử $ x \geq y \geq z $. Suy ra $ P = 2(x^3 - z^3) = 2(x-z)(x^2+xz+z^2) $

Xét $ P^2 = 4(x^2-2xz+z^2)(x^2+xz+z^2)(x^2+xz+z^2)  $

$ \leq 4\frac{(3x^2+3z^2)^3}{27} = 4(x^2+z^2) \leq 4(x^2+z^2+y^2)^3 = 4.8^3$ 

$ \Rightarrow P \leq 32\sqrt{2} $

Dấu "=" xảy ra khi $  \left\{\begin{matrix} x^2+y^2+z^2=8 & & \\ x \geq y \geq z , y = 0 & & \\ -2xz = xz && \end{matrix}\right. $ 

hay $ ( x,y,z) = (2\sqrt{2},0,0) $ hoặc $ (x,y,z) = ( 0,0,-2\sqrt{2}) $.

Như vậy, bạn NewMrDat thiếu 1 TH $ (x,y,z) = (0,0,-2\sqrt{2}) $.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 29-02-2020 - 11:13

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#122 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 23-02-2020 - 08:26

Mình xin đề xuất 1 bài 

$ \boxed{\text{Bài 71}} $ Cho$\left\{\begin{matrix} x,y,z>0 & & \\ x^4+(y^2-1)^2+z^4\leq3& & \end{matrix}\right.$ Tìm GTLN của :

$$P=\sqrt{2}y(x+z)+\frac{1}{x^2+y^2+z^2+1}$$

Xin chém gió Bài 71, ngứa tay lắm rồi :closedeyes:

Theo giả thiết: $3\geq x^4 +(y^2 -1)^2 +z^4 \geq \frac{(x^2 +y^2 +z^2-1)^2}{3}$

$\Rightarrow x^2 +y^2 +z^2 \leq 4$. Do đó:

$P\leq \frac{2y^2 +(x+z)^2}{2} + \frac{1}{x^2+y^2+z^2+1} \leq (x^2+y^2+z^2)+\frac{1}{x^2+y^2+z^2+1}$

Đặt $t=x^2 +y^2 +z^2\Rightarrow 0< t\leq 4 $. Ta tìm Max của $f(t) =t+\frac{1}{t+1}$.

Ta có: $f(t)=\frac{(t-4)(5t+4)}{5(t+1)}+\frac{21}{5} \leq \frac{21}{5}$

Đẳng thức xảy ra khi $(x;y;z)=(1;\sqrt{2};1)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 09:21


#123 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 23-02-2020 - 09:31

$\boxed{\text{Bài 68}}$ Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=2$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$$P=\frac{x}{\sqrt{x+\frac{3}{4}yz}}+\frac{y}{\sqrt{y+\frac{3}{4}zx}}+\frac{z}{\sqrt{z+\frac{3}{4}xy}}$$

Bài 68:

P=$\sum \frac{2x}{\sqrt{4x+3yz}}\leq \sum (\frac{x}{2}+\frac{2x}{4x+3yz})$

Ta cần CM

$\sum \frac{2x}{4x+3yz}\leq 1\Leftrightarrow 3-\sum \frac{3yz}{4x+3yz}\leq 2$

Theo BĐT $C-S$ ta có

$\sum \frac{3yz}{4x+3yz}=\sum \frac{3y^2z^2}{4xyz+3y^2z^2} \geq \frac{3(xy+yz+zx)^{2}}{6xyz.2+3\sum x^{2}y^{2}}=1$(Do $x+y+z=2$)

$\Rightarrow P\leq 2$

 

*Em nhớ trích dẫn bài viết và trình bày cụ thể nhé

Vâng anh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Henry00Harry: 23-02-2020 - 17:04


#124 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 23-02-2020 - 11:09

Anh xin đề xuất một số bài để các bạn luyện tập

$\boxed{\text{Bài 72}}$ Cho ba số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng

$$\frac{a^4+27}{b+c}+\frac{b^4+27}{c+a}+\frac{c^4+27}{a+b}\geq 2(a^2+b^2+c^2)$$

$\boxed{\text{Bài 73}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng

$$(a+b+c)^2+a+b+c \geq 4(ab+bc+ca)$$

$\boxed{\text{Bài 74}}$ Cho các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau thuộc đoạn $[0,2]$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq \frac{9}{4}$$

$\boxed{\text{Bài 75}}$ Cho ba số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{4a^2-bc+2}+\frac{1}{4b^2-ca+2}+\frac{1}{4c^2-ab+2}\geq 1$$

$\boxed{\text{Bài 76}}$ Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta đều có:

$$\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}}\leq \frac{ab+bc+ca}{\sqrt{2abc}}$$

 

Chú ý: 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: 23-02-2020 - 22:07


#125 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 332 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 23-02-2020 - 11:25

 

$\boxed{\text{Bài 74}}$ Cho các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau thuộc đoạn $[0,2]$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq \frac{9}{4}$$

Bài này đối xứng nên ta có thể giả sử như sau : $0< a< b< c\leq 2$

$VT= \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq 2\sqrt{\frac{1}{(a-b)^2(b-c)^2}}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq \frac{2}{\frac{(a-b+b-c)^2}{4}}+\frac{1}{(c-a)^2}=\frac{9}{(c-a)^2}\geq \frac{9}{(2-0)^2}=VP$

Dấu bằng xảy ra khi $a=0,b=1,c=2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 23-02-2020 - 12:34

"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)


#126 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 23-02-2020 - 11:46

Anh xin đề xuất một số bài để các bạn luyện tập

$\boxed{\text{Bài 74}}$ Cho các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau thuộc đoạn $[0,2]$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\geq \frac{9}{4}$$

 

 

Chú ý: 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 74: KMTTQ, giả sử $ 0\leq a< \ b< c\leq 2$

suy ra $0< c-a\leq 2\Rightarrow \frac{1}{(c-a)^{2}}\geq \frac{1}{4}$

Suy ra $ VT\geq \frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{(b-2)^{2}}+\frac{1}{4}$

Cần chứng minh $\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{(b-2)^{2}}\geq 2 \Leftrightarrow b^2(b-2)^2-b(b-2)-2\leq 0$

Đặt $b(b-2)=t \Rightarrow -1\leq t\leq 2 \Leftrightarrow (t-1)(t-2)\leq 0$ (ĐPCM)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 14:46


#127 NewMrDat

NewMrDat

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 56 Bài viết

Đã gửi 23-02-2020 - 13:14

$\boxed{\text{Bài 73}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng

$$(a+b+c)^2+a+b+c \geq 4(ab+bc+ca)$$

Bài 73

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

Có $a^2+b^2+c^2+a+b+c\geq a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{abc}\doteq a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{3\sqrt[3]{abc}}\geq a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca)$ (Luôn đúng theo Schur)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 14:46


#128 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 23-02-2020 - 13:21

$\boxed{\text{Bài 73}}$ Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng

$$(a+b+c)^2+a+b+c \geq 4(ab+bc+ca)$$

Cách $2$:

Đặt $t=\sqrt{ab};f(a;b;c)=VT-VP$. Giả sử $c=\min\{a,b,c\}$.

Ta sẽ chứng minh: $f(a;b;c)\geq f(t;t;c)\Leftrightarrow a^2 +b^2 -2t^2 + (1-2c)(a + b -2t ) \geq 0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2[(\sqrt{a}+\sqrt{b})^2 -2c+1] \geq 0$ (đúng do giả sử)

Vì vậy: $f(a;b;c)\geq f(t;t;c)=f(t;t;\frac{1}{t^2})=\frac{1}{t^4}+\frac{1}{t^2}+2t-\frac{4}{t} \geq 0$ (Theo BĐT AM-GM.)

Vì vậy...

P/s: Nghĩ mãi không ra một bài toán đẹp đẽ thế này :( 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 15:58


#129 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 332 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 23-02-2020 - 15:39

$\boxed{\text{Bài 72}}$ Cho ba số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng

$$\frac{a^4+27}{b+c}+\frac{b^4+27}{c+a}+\frac{c^4+27}{a+b}\geq 2(a^2+b^2+c^2)$$

Bài 72:

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có:

$$\frac{a^4}{3}+\frac{a^4}{3}+\frac{a^4}{3}+27\geq 4a^3$$

$\Rightarrow L.H.S\geq \sum\frac{4a^3}{b+c}=\sum\frac{4a^4}{ab+ac}\geq \frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{ab+bc+ca}\geq 2a^2+2b^2+2c^2$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 15:58

"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)


#130 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 23-02-2020 - 15:50

Xin đề xuất bài toán rất hay!

$\boxed{\text{Bài 77}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $5a^2+2abc+4b^2+3c^2 =60$. Tìm giá trị lớn nhất biểu thức

$$A=a+b+c$$

Suggestions

 

P/s: Em suy nghĩ bài này $2$ ngày mới ra đó, nên em đăng bài này sau $2$ ngày không có lời giải thì em mới đăng lời giải của em :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 25-02-2020 - 09:35


#131 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 23-02-2020 - 15:57

Em xin góp 2 bài ạ.

$\boxed{\text{Bài 78}}$ Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn $ x\leq 1, x+y\leq 5, x+y+z\leq 14$. Chứng minh rằng 

$$ \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq 6$$

$\boxed{\text{Bài 79}}$ Cho các số thực dương $a,b$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

$$ M=(a+b)(\frac{1}{a^{3}+b}+\frac{1}{b^{3}+a})-\frac{1}{ab}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 17:27


#132 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 23-02-2020 - 16:17

Em xin góp 2 bài ạ.

$\boxed{\text{Bài 78}}$ Cho các số thực không âm x,y,z thỏa mãn $ x\leq 1, x+y\leq 5, x+y+z\leq 14$. Chứng minh rằng 

$$ \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq 6$$

$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} =\sqrt{x.1}+\frac{1}{2}\sqrt{4.y}+\frac{1}{3}\sqrt{9.z}$

$\leq \frac{x+1}{2}+\frac{4+y}{4}+\frac{9+z}{6}$

$=\frac{6x+3y+2z+36}{12} \le 6\Leftrightarrow 6x +3y +2z \le 36$

Ta có: $6x+3y+2z=3x+(x+y)+2(x+y+z) \le 36$

Đẳng thức xảy ra khi $ x =1, y = 4, z = 9 $ .


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 17:24


#133 vietdung109

vietdung109

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 56 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:thích bđt và số học

Đã gửi 23-02-2020 - 16:19

Em xin góp 2 bài ạ.

$\boxed{\text{Bài 79}}$ Cho các số thực dương $a,b$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 

$$ M=(a+b)(\frac{1}{a^{3}+b}+\frac{1}{b^{3}+a})-\frac{1}{ab}$$

Bài 79

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có

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

$\Rightarrow \frac{1}{a^3+b}\leq \frac{\frac{1}{a}+b}{(a+b)^2}$

Tương tự cm: $\frac{1}{b^3+a}\leq \frac{\frac{1}{b}+a}{(a+b)^2}$

Nên: $VT\leq \frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+a+b}{(a+b)^2}-\frac{1}{ab}=\frac{ab(a+b)+a+b-a-b}{ab(a+b)}=1$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 19:59


#134 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 23-02-2020 - 17:00

 

$\boxed{\text{Bài 76}}$ Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta đều có:

$$\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}}\leq \frac{ab+bc+ca}{\sqrt{2abc}}$$

 

Chú ý: 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 76

BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{a\sqrt{abc}}{\sqrt{a+b}}\leq \frac{ab+bc+ca}{\sqrt{2}} $

$ \Leftrightarrow \sum \frac{ca\sqrt{ab}}{\sqrt{ca+bc}}\leq \frac{ab+bc+ca}{\sqrt{2}} $

$ \Leftrightarrow \sum \frac{\frac{ac}{ab+bc+ca}\sqrt{\frac{ab}{ab+bc+ca}}}{\sqrt{\frac{ab+bc}{ab+bc+ca}}}\leq \frac{1}{\sqrt{2}}$(1)

Đặt $(\frac{ab}{ab+bc+ca},\frac{bc}{ab+bc+ca},\frac{ca}{ab+bc+ca})=(x,y,z)\Rightarrow x+y+z=1$

khi ấy 

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

$=\sqrt{\sum \frac{2x^{2}y}{(x+y)(x+z)}}$

Cần Cm

$\sum \frac{2x^{2}y}{(x+y)(x+z)}\leq \frac{1}{2}\Leftrightarrow \sum [4x^{2}y(y+z)]\leq (x+y)(y+z)(z+x)(x+y+z)\Leftrightarrow \sum (x^{3}y-2x^{2}y^{2}+xy^{3})\geq 0\Leftrightarrow \sum xy(x-y)^{2}\geq 0$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 19:59


#135 Henry00Harry

Henry00Harry

    Trung sĩ

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

Đã gửi 23-02-2020 - 21:28

 

$\boxed{\text{Bài 75}}$ Cho ba số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{1}{4a^2-bc+2}+\frac{1}{4b^2-ca+2}+\frac{1}{4c^2-ab+2}\geq 1$$

 

Chú ý: 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 75

Đặt $(a,b,c)=(\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z})\Rightarrow xyz=x+y+z$

$\Rightarrow VT=\sum \frac{x^{2}yz}{4yz-x^{2}+2x^{2}yz}\geq \sum \frac{x^{2}yz}{(y+z)^{2}+2x(x+y+z)-x^{2}}=\sum \frac{x^{2}yz}{(y+z)^{2}+x^{2}+2x(y+z)}=\frac{xyz(x+y+z)}{(x+y+z)^{2}}=1(do..x+y+z=xyz)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 23-02-2020 - 21:58


#136 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

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

Đã gửi 23-02-2020 - 22:06

Đến hẹn lại lên ! 

$ \boxed{\text{Bài 80}} $ Cho $ x,y > 0 $ thỏa mãn $ x^2 + y^2 + \frac{1}{xy} = 3 $. Tìm GTLN của 

$$ P = 2(\frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2}) - \frac{3}{1+2xy} $$

$ \boxed{\text{Bài 81}} $ Cho $ a,b,c,d \in R $ thỏa $ a^2 + b^2 = 1 $ và $ c+d = 3 $. Chứng minh rằng 

$$ ac+bd+cd \leq \frac{9+6\sqrt{2}}{4} $$

$ \boxed{\text{Bài 82}} $ Cho 3 số $ a,b,c \geq -2 $ thỏa $ a^2+b^2+c^2+abc = 0 $. Chứng minh rằng 

$$ a=b=c=0 $$

$ \boxed{\text{Bài 83}} $ Cho các số $ a,b,c $ thỏa $ a+b+c= 0 $ và $ |a| \leq 1, |b| \leq 1, |c| \leq 1 $. Chứng minh rằng 

$$ a^4 + b^6 + c^8 \leq 2 $$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 25-02-2020 - 17:37

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#137 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 23-02-2020 - 22:42

$\boxed{\text{Bài 54}}$ Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ a+b+c=1$. Chứng minh rằng

$$\frac{ab}{\sqrt{(1-c)^{3}(1+c)}} +\frac{bc}{\sqrt{(1-a)^{3}(1+a)}}+\frac{ca}{\sqrt{(1-b)^{3}(1+b)}} \leq \frac{3\sqrt{2}}{8}$$

Thekingof2005 không đưa ra lời giải nên anh xin đưa ra cách giải 

Bài 54:

Ta có: 

$\frac{ab}{\sqrt{(1-c)^3(1+c)}}=\frac{ab}{\sqrt{(a+b)^3(a+b+2c)}}\leq\frac{ab}{\sqrt{16ab\sqrt{ab}\sqrt{(b+c)(a+c)}}}$

$=\frac{\sqrt{2}}{8}.2.\sqrt{\frac{1}{2}.\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{(b+c)(a+c)}}}\leq \frac{\sqrt{2}}{8}(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{(a+c)(b+c)}})\leq\frac{\sqrt{2}}{16}(1+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c})$

Chứng minh tương tự rồi cộng vế theo vế ta có ĐPCM

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$

 

Chú ý: Nếu có vấn đề về trình bày, Latex hay đề bài của một bài nào đó hãy gửi tin nhắn cho mình là WaduPunch hoặc bạn Sin99 để khắc phục


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 24-02-2020 - 08:35


#138 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 332 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:★FIПΣ★
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 23-02-2020 - 23:49

Bài 80

Hai anh sửa bài giúp em nhé huhu, lần 1 gửi lên bị size :(

Ta dự đoán dấu bằng là  $ x=y= \frac{1}{\sqrt{2}}  $(do trường hợp $  x=y=1  $ P chỉ có max là 1 )
Từ giả thiết $ \Rightarrow  3 \geq 2xy+1/xy \Leftrightarrow  2x^2y^2-3xy+1 \leq 0 $ 
Giải bất phương trình này ta ra được quan hệ:  $ \frac{1}{2} \leq xy \leq 1 $ 
Dễ dàng cm được bđt phụ sau: $ \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2} \leq  \frac{2}{1+xy} $ 
Do biến đổi tương đương ra được  $ (xy-1)(x-y)^2 \leq 0  $ (đúng với $  \frac{1}{2}  \leq xy \leq 1 $ )
$ \Rightarrow  P \leq \frac{4}{1+xy} - \frac{3}{1+2xy}  $  
Đặt $  xy=a,  (\frac{1}{2} \leq a \leq 1) $ 
Từ đó cần chứng minh $  \frac{ 4}{1+a} - \frac{3}{1+2a} \leq  \frac{7}{6} $ 
$ \Leftrightarrow (2a-1)(7a-1) \geq 0  $ ( Luôn đúng với mọi $  1\geq a \geq \frac{1}{2} $ )
Vậy Max P $ = \frac{7}{6} $

Dấu bằng xảy ra khi $  a = \frac{1}{2} $ , từ đó giải ra được  $ x=y= \frac{1}{\sqrt{2}}  $.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 24-02-2020 - 08:47

"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)


#139 NewMrDat

NewMrDat

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 56 Bài viết

Đã gửi 24-02-2020 - 04:03

Đến hẹn lại lên ! 

$ \boxed{\text{Bài 83}} $ Cho các số $ a,b,c $ thỏa $ a+b+c= 0 $ và $ |a| \leq 1, |b| \leq 1, |c| \leq 1 $. Chứng minh rằng 

$$ a^4 + b^6 + c^8 \leq 2 $$

Bài 83 

Do$\left | a \right |\leq 1,\left | b \right |\leq 1,\left | c \right |\leq 1\rightarrow a^4+b^6+c^8\leq a^2+b^2+c^2\doteq -2(ab+bc+ca)$

Ta chứng minh $ab+bc+ca\geq -1$

   Có trong 3 số $a,b,c$ luôn có 2 số cùng phía với 0 , giả sử là a và b $\rightarrow ab\geq 0\rightarrow ab+bc+ca\geq -1\Leftrightarrow c(a+b)\geq -1\Leftrightarrow -c^2\geq -1\Leftrightarrow c^2\leq 1$ luôn đúng do $\left | c \right |\leq 1$

Từ đó ta được DPCM , dấu bằng khi $\left ( a,b,c \right )$ là hoán vị của $\left ( 1,-1,0 \right )$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 24-02-2020 - 08:34


#140 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 24-02-2020 - 08:38

$ \boxed{\text{Bài 82}} $ Cho 3 số $ a,b,c \geq -2 $ thỏa $ a^2+b^2+c^2+abc = 0 $. Chứng minh rằng 

$$ a=b=c=0 $$

Do $(ab).(bc).(ca) =a^2 b^2 c^2 \geq 0$ và $a,b,c$ có vai trò bình đẳng nên ta có thể giả sử $ab\geq 0$

Khi đó: $0=a^2 +b^2 +c^2 +abc =(a-b)^2 +c^2 +ab(c+2) \geq c^2 +ab(c+2) \geq c^2$ $(1)$

Mà $c^2 \geq 0$ $(2)$. Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $c=0$. Do đó: $a^2 +b^2 =0\Rightarrow a=b=0$ (thay $c=0$ vào giả thiết)

Ta có Q.E.D

P/s:Đây là lần đầu em làm dạng này nên không chắc đâu ạ :(

 

*Lời giải chuẩn rồi em


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 24-02-2020 - 09:11





1 người đang xem chủ đề

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