Chủ đề này có 20 trả lời

[Sk8ter-boi]

cho $a^2+b^2+c^2=4$
CMR : $a+b+c \leq \dfrac{1}{2} abc + \sqrt{8}$

bài tổng quát
cho $a^2+b^2+c^2= \alpha $
CMR : $a+b+c \leq \dfrac{2}{ \alpha } abc +2 \sqrt{ \dfrac{ \alpha }{2} }$

[vo thanh van]

cho $a^2+b^2+c^2=4$
CMR : $a+b+c \leq \dfrac{1}{2} abc + \sqrt{8}$

bài tổng quát
cho $a^2+b^2+c^2= \alpha $
CMR : $a+b+c \leq \dfrac{2}{ \alpha } abc +2 \sqrt{ \dfrac{ \alpha }{2} }$

Bài này ta dùng dồn biến,xét f(0,a+b,c)
Tuy nhiên với a,b,c là các số thực thì ta xét 2 TH

[dtdong91]

Hừm bài này xưa roài chẳng qua là đổi giá trị mà thui
cách của Văn ko ổn đâu
Chỉ cần xài Cauchy thui 3 dòng
Còn dồn biến xét 2 TH
TH! :2 số lớn hơn 0 giả sử đó là a,b thì dồn f(a,b,c) $f(\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2},\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2},c)$
Th2 : xét 3 số >=0 thì dồn $ f(a,b,c)\leq f(\sqrt{a^2+b^2},0,c)$ với c max và $ c^2 \leq 2$
Còn $ c^2 \leq 2$ đánh giá $(a-\sqrt{2})(b-\sqrt{2})(c-\sqrt{2}) \geq 0$
là okie
Cách này có thể TQ cho $\a$

[10maths_tp0609]

cho $a^2+b^2+c^2=4$
CMR : $a+b+c \leq \dfrac{1}{2} abc + \sqrt{8}$

bài tổng quát
cho $a^2+b^2+c^2= \alpha $
CMR : $a+b+c \leq \dfrac{2}{ \alpha } abc +2 \sqrt{ \dfrac{ \alpha }{2} }$

bài TQ(chắc không sai).
dpcm $ \alpha(b+c)+a(\alpha-2bc) \leq 2\alpha\sqrt{\dfrac{\alpha}{2}} $
$ VT \leq (a^2+(b+c)^2)((\alpha-2bc)^2+\alpha^2) =2(2m+\alpha)(\alpha^2-2m\alpha+2m^2) (m=bc) $
ta cm: $ 2(2m+\alpha)(\alpha^2-2m\alpha+2m^2) \leq 2\alpha^3 $
$ 2m^2(2m-\alpha) \leq 0 $
cái này hiển nhiên đúng do $ 2m \leq b^2+c^2 \leq a^2+b^2+c^2=\alpha $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 16-03-2007 - 14:21

[Sk8ter-boi]

còn 1 lời giải nữa bằng biến đổi tương đương và BCS
+xét a<0
$\Leftrightarrow (2 \sqrt{ \dfrac{ \alpha }{2} } -b-c)-a(1- \dfrac{2}{ \alpha } bc \geq 0$
+xét a=max{a,b,c} , nếu $a \leq \sqrt{ \dfrac{ \alpha }{2} } $
$\Leftrightarrow ( \sqrt{ \dfrac{ \alpha }{2} } -a)(1- \dfrac{2}{ \alpha } bc)+( \sqrt{ \dfrac{ \alpha }{2} } -c)(1- \sqrt{ \dfrac{2}{ \alpha } } b) \geq 0$
khoảng còn lại ko khó ... dùng BCS

[dtdong91]

Hix thế dùng Cauchy từ đầu như 10maths hổng phải nhanh hơn
Bài này có vẻ hơi dễ thử nhai bài Vietnam MO này xem sao
$ x^2+y^2+z^2=9$ x,y,z thực
CMR 2(x+y+z)-xyz 10
Hì có ai có cách giải khác dồn biến và Cauchy+AM-GM cho bài Vietnam Mo trên ko

[supermember]

Hix thế dùng Cauchy từ đầu như 10maths hổng phải nhanh hơn
Bài này có vẻ hơi dễ thử nhai bài Vietnam MO này xem sao
$ x^2+y^2+z^2=9$ x,y,z thực
CMR 2(x+y+z)-xyz 10
Hì có ai có cách giải khác dồn biến và Cauchy+AM-GM cho bài Vietnam Mo trên ko

Có đây,dùng Schur:$abc \geq \dfrac{4(a+b+c)(ab+bc+ca)-(a+b+c)^3}{9} $ sau đó chuyển về biểu thức ẩn t=a+b+c là okie

[lãng tử]

Bài thách đấu còn có cách dùng Cauchy-Schwarz:
$a+b+c- \dfrac{1}{2}abc=a( \dfrac{1}{2}bc)+b+c \leq \sqrt{(a^2+(b+c)^2)(1+(1- \dfrac{1}{2}bc)^2)}$
Ta chỉ cần CM:
$\sqrt{(a^2+b^2+c^2+2bc)(1+1+ \dfrac{1}{4}b^2c^2-bc)} \leq \sqrt{8}$
$\Leftrightarrow (4+2bc)(2+ \dfrac{1}{4}b^2c^2-bc) \leq 8$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2}b^3c^3 \leq b^2c^2 $
Mà $4 \geq b^2+c^2 \geq 2bc$
$\Rightarrow bc \leq 2$
$\Rightarrow $ đúng $\Rightarrow$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tunganh: 29-03-2007 - 20:32

[dtdong91]

Có lẽ cũng được thui bởi theo dồn biến như mình thì hoàn toàn có thể được
Cũng chỉ cần xét 2 TH
2 số a,b 0, 1 số 0 thì dồn biến f(a,b,c) $ f(\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}},\dfrac{a^2+b^2}{2}},c)$
Còn 3 số dương cũng tương tự với c max ,$ c^2 \leq 2$ thì f(a,b,c) $ f(\sqrt{a^2+b^2},0,c)$
CÒn $ c^2 \leq 2$ dùng n/xét $ (c-\sqrt{2})(a-\sqrt{2})(b-\sqrt{2}) \geq 0$

[Sk8ter-boi]

mọi người tiếp tục thảo luận bài của số 49 :
cho $\left\{\begin{array}{l}a,b,c>0\\a+b+c=1\end{array}\right.$
CMR $\sum \dfrac{a+bc}{b+c} \geq 2 $

p/s : bài này có cách phát biểu khá giống với bài của LEE hojoo
a,b,c >0
CMR: $\sum \dfrac{a^2+bc}{b+c} \geq a+b+c $
nhưng bài của lee lại giải bằng voronicu schur , còn theo em bài TTT giải khá hay bằng homogenization

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sk8ter-boi: 18-04-2007 - 19:33

[dtdong91]

Hix toán THCS đúng là càng lúc càng phát triển Homogenization đúng là mình cũng chả hiểu nó là cái quái gì cả
Bài trên thì cũng chỉ đơn giản là đồng bậc thui mà
$ \sum \dfrac{(a+b)(a+c)}{b+c} \ge 2$
Đến đây dùng giả sử cho a b c rùi dùng BĐT Hoán vị cho 2 bộ số
( (a+b)(a+c),(a+b)(b+c),(c+a)(b+c) ) ,($ \dfrac{1}{b+c},\dfrac{1}{c+a},\dfrac{1}{a+b})$ là okie

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dtdong91: 18-04-2007 - 20:35

[MyLoveIs4Ever]

Homogenization là bất đẳng thức gì vậy

[10maths_tp0609]

bài này còn 1 cách #, cũng kiểu kiểu Vornicu Schur:
giả sử c=min(a,b,c)
VT-VP= $ \dfrac{a+b}{(a+c)(b+c)}(a-b)^2 + \dfrac{1}{(a+b)}(a-c)(b-c) $
cái này thì hiển nhiên rồi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 18-04-2007 - 20:47

[Sk8ter-boi]

thực chất thì em đọc pp này trong 1 cuốn sách của MR hojoo lee , nên chỉ biết tên tiếng Anh , đây là pp "loạt đạn đầu" để công phá BDDT , "loạt đạn sau" bao gồm BDT SCHUR và bổ đề Muirhead , nhận xét rằng nó khá mạnh nhưng ko đẹp mắt ....

[apollo_1994]

mọi người tiếp tục thảo luận bài của số 49 :
cho $\left\{\begin{array}{l}a,b,c>0\\a+b+c=1\end{array}\right.$
CMR $\sum \dfrac{a+bc}{b+c} \geq 2 $

Bài này tui lại giải như thế này cơ
Biến đổi tương đương $VT$= $\dfrac{(b-1)(c-1)}{1-a} $
Áp dụng AM-GM cho từng đôi,cộng 3 bdt thu được dpcm
-----
sorry,nhầm tí chút

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nqhung_9_5_1994: 18-04-2007 - 21:07

[10maths_tp0609]

gt => a,b,c 1, biên đổi như thế thì hóa ra VT âm à?
bài này AM-GM: dpcm <=> $ \dfrac{(a+b)(a+c)}{b+c} \geq 2(a+b+c) $
y hệt cách của đông.

[apollo_1994]

Nếu mình ko nhầm thì bài này đã hết hạn trên THTT rồi,khá hay:
CMR nếu a,b,c>0 và $abc$ $1$thì
$a+b+c$ $\dfrac{1+a}{1+b} $
Đẳng thức xảy ra khi nào?

(có lẽ bài này ko hợp chủ đề cho lắm,nhưng cùng là báo toán mà)

[10maths_tp0609]

bài này vừa hết hạn xong. Solution:
$ dpcm <=> (a+1)+(b+1)+(c+1) \geq \dfrac{1+a}{1+b}+\dfrac{1+b}{1+c}+\dfrac{1+c}{1+a}+3 $
<=> $ (a+1)\dfrac{b}{(b+1)}+(b+1)\dfrac{c}{(c+1)}+(c+1)\dfrac{a}{(a+1)} \geq 3 $
AM-GM phát ra.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 18-04-2007 - 21:32

[dtdong91]

Hừm cách đó ko lấy gì làm đẹp mắt cho lắm
Không biết bài này thì sao nhỉ
Cho x,y,z >0 t/mãn xyz=x+y+z+2
CMR xy+yz+zx 2(x+y+z)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dtdong91: 27-04-2007 - 15:02

[10maths_tp0609]

gt <=> tồn tại a,b,c >0:
$ x=\dfrac{b+c}{a}; y=\dfrac{c+a}{b}; z=\dfrac{a+b}{c} $
thay vào dpcm rồi khai triển ra đúng dạng Schur.