Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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 về Bất đẳng thức, cực trị THCS


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 1205 trả lời

#1 Hero Math

Hero Math

    Anh hùng của diễn đàn .

  • Thành viên
  • 237 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Giải toán, xem bóng đá, nghe nhạc.

Đã gửi 01-07-2009 - 13:00

*
Phổ biến

Mình mở ra một topic mới để cùng mọi người trao đôit kinh nghiệm về BĐT. Lần này các bài toán dành cho THCS, 1 phần cũng dành cho các anh chị THPT. Đầu tiên xin nói lại về các BĐT để sử dụng truong topic này .
1. Bất đẳng thức Cô si (AM-GM): Với m số không âm $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ ta có:
$a_{1}+a_{2}+...+a_{m}\geq m\sqrt[m]{a_{1}a_{2}...a_{m}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}.$
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy - Schwazs): với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{m}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{m}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi : $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
3. Bất đẳng thức Xvác (Schwars). Với $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ bất kì và $b_{1},b_{2},...,b_{m}\geq 0$ ta có :
$\dfrac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+...+\dfrac{a_{m}^{2}}{b_{m}}\geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}.$Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
4.Bất đẳng thức Mincopxki (Mincowski): Với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{m})^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi :$\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
5. Bất đẳng thức Holder: Xin chỉ nêu trường hợp dùng nhiều nhất , ko nêu dạng tổng quát:
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ thì BĐT sau đúng : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi : các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
6. Bất đẳng thức Schur: Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a).$
$4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc.$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc.$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$.
7. Bất đẳng thức Trêbưsep:( Chebyshev): Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:
$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Đẳng thức xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
8. Bất đẳng thức Nét bít (Nesbitt): Mình chỉ nêu ra 2TH hay dùng nhất đối với THCS :
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}.$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2.$
ĐẲng thức xẩy ra khi các biến bằng nhau.
9. Các hằng bất đẳng thức thường dùng:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ và $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac).$
$\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+...+\dfrac{1}{a_{m}}\geq \dfrac{m^{2}}{a_{1}+a_{2}+...+a_{m}}$ ( với $a_{i}>0$)
$\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2}\geq (\dfrac{a+b}{2})^{n}$ (Với $a+b\geq 0$ và $n\in N*$)
$a^{m+n}+b^{m+n}\geq a^{m}.b^{n}+a^{n}.b^{m}.$
Còn rất nhiều BĐT nữa nhưng ở mức độ THCS mình chỉ nêu ra như vậy thôi.
P\s: Các anh chị THPT không giải bài của THCS, mà các anh chị sẽ có bài riêng dành cho mình để làm. Mong các bạn hưởng ứng. Cảm ơn.
Hero Math _ Hiếu.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 04-07-2009 - 23:03


#2 Hero Math

Hero Math

    Anh hùng của diễn đàn .

  • Thành viên
  • 237 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Giải toán, xem bóng đá, nghe nhạc.

Đã gửi 01-07-2009 - 13:15

*
Phổ biến

Các bài tập sẽ không khó và mức độ tăng dần theo mỗi bài
Bài 1:(THCS) Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=1$. Tìm GTNN của : $P=\dfrac{a}{a^{2}+8bc}+\dfrac{b}{b^{2}+8ac}+\dfrac{c}{c^{2}+8ab}$
Bài 2:(THCS) Với $a,b,c >0$ . Tìm GTNN của :$ P=\dfrac{a}{a+2b+3c}+\dfrac{b}{b+2c+3a}+\dfrac{c}{c+2a+3b}$

Bài 3: (THPT) Cho $a,b,c \geq 0$.CMR: $\dfrac{b+c}{2a^{2}+bc}+\dfrac{a+c}{2b^{2}+ac}+\dfrac{a+b}{2c^{2}+ab}\geq \dfrac{6}{a+b+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 02-07-2009 - 15:23


#3 dungbo_213

dungbo_213

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10T2-K19-Chuyên Hà Tĩnh
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 01-07-2009 - 18:10

*
Phổ biến

Các bài tập sẽ không khó và mức độ tăng dần theo mỗi bài
Bài 1:(THCS) Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=1$. Tìm GTNN của : $P=\dfrac{a}{a^{2}+8bc}+\dfrac{b}{b^{2}+8ac}+\dfrac{c}{c^{2}+8ab}$



$P=\dfrac{a^2}{a^{3}+8abc}+\dfrac{b^2}{b^{3}+8abc}+\dfrac{c^2}{c^{3}+8abc}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{a^3+b^3+c^3+24abc}\ge \dfrac{1}{(a+b+c)^3}=1$

:(
Đường còn dài… và còn nhiều hơn chông gai…

Rồi thì lặng lẽ những tháng ngày buồn ở lại… ngày vui dễ lắng… mau phai…

Mai về nhìn lại cuộc đời vui ghê… về nhìn lại yêu thương vẫn thế… giữa cơn đau nặng nề… khốn

khó lê thê…

#4 dungbo_213

dungbo_213

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10T2-K19-Chuyên Hà Tĩnh
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 01-07-2009 - 18:33

Các bài tập sẽ không khó và mức độ tăng dần theo mỗi bài
Bài 2:(THCS) Với $a,b,c >0$ . Tìm GTNN của :$ P=\dfrac{a}{a+2b+3c}+\dfrac{b}{b+2c+3a}+\dfrac{c}{c+2a+3b}$



$ P=\dfrac{a^2}{a^2+2ab+3ca}+\dfrac{b^2}{b^2+2bc+3ab}+\dfrac{c^2}{c^2+2ca+3bc}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+5ab+5bc+5ca}\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2}=\dfrac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungbo_213: 01-07-2009 - 18:34

Đường còn dài… và còn nhiều hơn chông gai…

Rồi thì lặng lẽ những tháng ngày buồn ở lại… ngày vui dễ lắng… mau phai…

Mai về nhìn lại cuộc đời vui ghê… về nhìn lại yêu thương vẫn thế… giữa cơn đau nặng nề… khốn

khó lê thê…

#5 Lilynguyen

Lilynguyen

    IT

  • Thành viên
  • 82 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Trên Trái Đất
  • Sở thích:sleep ^_^

Đã gửi 01-07-2009 - 19:12

Giúp mình bài này luôn nhé:
Cho a; b là các số thực dương thoả mãn a + b = 1.Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{ab} +\dfrac{1}{(a^2+b^2)} \geq 6$

...............................

Try one's best!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Nam: 06-07-2009 - 17:49

Đừng trách khi một người
Bỏ ta đi xa mãi
Biết đâu khi xa cách
Sẽ nối liền yêu thương!


#6 Hero Math

Hero Math

    Anh hùng của diễn đàn .

  • Thành viên
  • 237 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Giải toán, xem bóng đá, nghe nhạc.

Đã gửi 01-07-2009 - 19:26

Giúp mình bài này luôn nhé:
Cho a; b là các số thực dương thoả mãn $a + b = 1$.Chứng minh rằng: $\dfrac{1}{ab} +\dfrac{1}{a^2+b^2} \geq 6$


Lần sau bạn cố gắng đánh đúng công thức nhé, mà mình rất hoan nghênh các bạn đóng góp bài toán.
Ta có : $4ab\leq (a+b)^{2}=1. \Rightarrow \dfrac{1}{ab}\geq 4.$.Áp dụng BĐT $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\geq \dfrac{4}{x+y}$ ta có:
$VT=\dfrac{1}{ab} +\dfrac{1}{a^2+b^2} = (\dfrac{1}{2ab}+\dfrac{1}{a^{2}+b^{2}})+\dfrac{1}{2ab}\geq \dfrac{4}{(a+b)^{2}}+\dfrac{1}{2}.4=4+2=6.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 02-07-2009 - 15:17


#7 cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sky Math
  • Sở thích:Sky maths

Đã gửi 01-07-2009 - 19:28

Giúp mình bài này luôn nhé:
Cho a; b là các số thực dương thoả mãn a + b = 1.Chứng minh rằng:

1/ab +1/(a^2+b^2) >=6

...............................

Try one's best!

$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}=\dfrac{(a+b)^2}{ab}+\dfrac{(a+b)^2}{a^2+b^2}$
$=3+\dfrac{a^2+b^2}{2ab}+[\dfrac{a^2+b^2}{2ab}+\dfrac{2ab}{a^2+b^2}]$
$\ge 3+1+2=6$
=> đpcm dấu = khi $a=b=\dfrac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 01-07-2009 - 19:29

Hình đã gửi


#8 Hero Math

Hero Math

    Anh hùng của diễn đàn .

  • Thành viên
  • 237 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Giải toán, xem bóng đá, nghe nhạc.

Đã gửi 01-07-2009 - 19:44

Như vậy là bạn đã có 2 cách của mình và anh Dũng để làm 1 bài toán rồi đó Lilynguyen.
Bài 4:(THCS). Cho $a,b,c\in[0;1]$ .CMR:
$a, a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 1+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a.$
$b, 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\leq 3+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a.$
Bài 5: (THPT): Cho $a,b,c >0$.CMR: $\dfrac{2a^{3}}{a^{6}+bc}+\dfrac{2b^{3}}{b^{6}+ac}+\dfrac{2c^{3}}{c^{6}+ab}\leq \dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ab}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 08-06-2011 - 18:04


#9 Lilynguyen

Lilynguyen

    IT

  • Thành viên
  • 82 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Trên Trái Đất
  • Sở thích:sleep ^_^

Đã gửi 01-07-2009 - 20:26

Lần sau bạn cố gắng đánh đúng công thức nhé, mà mình rất hoan nghênh các bạn đóng góp bài toán.

hok fai mình hok muốn đánh đúng CT đâu, tại khó đánh quá, hok biết cách đánh nên đành fai đánh như vậy thôi, thông cảm nha!!!
Các CT bạn post ở trên mình có thể áp dụng trực tiếp vào bài toán mà hok cần chứng minh, fai hok???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lilynguyen: 01-07-2009 - 20:40

Đừng trách khi một người
Bỏ ta đi xa mãi
Biết đâu khi xa cách
Sẽ nối liền yêu thương!


#10 Hero Math

Hero Math

    Anh hùng của diễn đàn .

  • Thành viên
  • 237 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Giải toán, xem bóng đá, nghe nhạc.

Đã gửi 01-07-2009 - 21:14

Bài 6:(THCS) Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$. CMR: $x+2y+z\geq 4(x+y)(y+z)(z+x)$

Bài 7:(THCS) Với $a,b,c \in [0,1]$. Tìm GTLN của biểu thức: $A=\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}$

Bài 8 (THPT):
Cho $a,b,c >0$. Tìm GTNN của :
$S=\sqrt{\dfrac{a^{3}}{a^{3}+(b+c)^{3}}}+\sqrt{\dfrac{b^{3}}{b^{3}+(a+c)^{3}}}+\sqrt{\dfrac{c^{3}}{c^{3}+(a+b)^{3}}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 02-07-2009 - 15:25


#11 No Problem

No Problem

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 01-07-2009 - 22:48

Như vậy là bạn đã có 2 cách của mình và anh Dũng để làm 1 bài toán rồi đó Lilynguyen.
Bài 4:(THCS). Cho $a,b,c\in[0;1]$ .CMR:
$a, a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 1+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a.$


$(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)\ge\ 0$
:( $a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2\le \ 1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$
mà $a^2+b^2+c^2\le \ a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2$
$1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\le \ 1+a^2b+b^2c+c^2a$
Dấu "="xảy ra :D $(a;b;c)=(1;0;0);(1;1;0)$

đúng rùi hok sai đâu,gõ nhầm dấu+lỗi tex ra thế ấy,chắc tại hôm qua hơi mệt hok kt lại


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi No Problem: 03-07-2009 - 08:42


#12 No Problem

No Problem

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 02-07-2009 - 08:52

Như vậy là bạn đã có 2 cách của mình và anh Dũng để làm 1 bài toán rồi đó Lilynguyen.
Bài 4:(THCS). Cho $a,b,c\in[0;1]$ .CMR:

$b, 2(a^{3}+b^{3}+c^{3})\leq 3+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a.$


$(1-a)(1-b^2)+(1-b)(1-c^2)+(1-c)(1-a^2)\ge \ 0$
:( $3+a^2b+b^2c+c^2a\ge \ a+b+c+a^2+b^2+c^2\ge \ 2(a^3+b^3+c^3)$

#13 No Problem

No Problem

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 02-07-2009 - 08:57

Bài 6:(THCS) Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$. CMR: $x+2y+z\geq 4(x+y)(y+z)(z+x)$


$16(x+y)(y+z)(z+x)\le \ 4(z+x)(1+y)^2\le \ (1+x+y+z)^2(1+y)=4(1+y)=4(x+2y+z)$

#14 Hero Math

Hero Math

    Anh hùng của diễn đàn .

  • Thành viên
  • 237 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Giải toán, xem bóng đá, nghe nhạc.

Đã gửi 02-07-2009 - 08:59

$(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)\ge\ 0$
:( $a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2\leq 1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$
mà $a^2+b^2+c^2\le \a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2$
$1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\ge \ 1+a^2b+b^2c+c^2a$
Dấu "="xảy ra :D $(a;b;c)=(1;0;0);(1;1;0)$

Bạn gõ công thức cẩn thận đi nhé , mà bạn làm sai ở chỗ: $1+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq 1+a^2b+b^2c+c^2a$. BĐT này phải đổi dấu.
cái chỗ :

mà $a^2+b^2+c^2\le \a^2+b^2+c^2+a^2b^2c^2$

thì cần để làm gì chứ. Tóm lại lời giải như vậy chưa thể được, lời giải đúng gần tương tự như vậy
Cách 1: $(1-a^{2})(1-b^{2})(1-c^{2})\geq 0$
$\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+a^{2}b^{2}c^{2}\leq 1+a^{2}b^2+b^2c^2+a^2c^2$ $(1)$
Do $a,b,c \in [0,1]$ nên $a^{2}b(1-b)+ b^{2}c(1-c)+ c^{2}a(1-a)+a^{2}b^{2}c^{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leq a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b^{2}c^{2}$ $ (2)$
Cộng từng vế của $(1), (2)$ ta có ĐPCM.

Cách 2: Vì $a,b,c \in [0,1]$ nên $a(1-b)\geq a^{2}(1-b), b(1-c)\geq b^{2}(1-c), c(1-a)\geq c^{2}(1-a)$
Cộng theo vế : $(a^2+b^2+c^2)-(a^2b+b^2c+c^2a)\leq a+b+c-ab-bc-ac.$
Mà $(1-a)(1-b)(1-c)+abc\geq 0 \Leftrightarrow a+b+c-ab-bc-ac\leq 1$ thay vào BĐT trên ta có :
$(a^2+b^2+c^2)-(a^2b+b^2c+c^2a)\leq 1 \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq 1+a^2b+b^2c+c^2a$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 02-07-2009 - 09:01


#15 cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sky Math
  • Sở thích:Sky maths

Đã gửi 02-07-2009 - 12:26

Làm bài 8:
Trước hết cm
$\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+(b+c)^3}}\ge \dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$
bình phương lên là đc :(
sau đó công 3 bđt đc đpcm
dấu = khi $a=b=c$

Hình đã gửi


#16 Hero Math

Hero Math

    Anh hùng của diễn đàn .

  • Thành viên
  • 237 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Giải toán, xem bóng đá, nghe nhạc.

Đã gửi 02-07-2009 - 12:52

Bài 9:(THCS) Cho $a,b,c \geq 1$ thỏa mãn $a+b+c=5$. CMR :$ P=\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+c^2} > \dfrac{10}{19}.$
Bài 10:(THCS) Với $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác. CMR: $\dfrac{a}{\sqrt[3]{b^{3}+c^{3}}}+ \dfrac{b}{\sqrt[3]{a^{3}+c^{3}}}+ \dfrac{c}{\sqrt[3]{a^{3}+b^{3}}}<2\sqrt[3]{5}$

Bài 11(THPT): cho $ x,y,z>0$ và $x^5y^5+y^5z^5+x^5z^5=x^{5}y^{5}z^{5}$. CMR:

$3(\dfrac{y^5(x+z)^3}{x^4z^4}+\dfrac{z^5(x+y)^3}{x^4y^4}+\dfrac{x^5(y+z)^3}{y^4z^4})\leq 4(\dfrac{y^{10}z^5}{x^5}+\dfrac{z^{10}x^5}{y^5}+\dfrac{x^{10}y^5}{z^5})-24$

Các bài của THCS được ghi bên cạnh là chữ THCS, bài toán của THPT được ghi là THPT .
Rất mong các bạn post bài toán lên topic để mọi người cùng giải. Những công thức mình post có thể được dùng trực tiếp , nhưng khi đi thi thì ko thể được đâu mà phải chứng mình nó, trừ 2 BĐT là cô si và Bunhiacopxki.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 17-07-2009 - 12:46


#17 huyetdao_tama

huyetdao_tama

    Binh nhất

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

Đã gửi 02-07-2009 - 13:02

Bài 10:(THCS) Với $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác. CMR: $\dfrac{a}{\sqrt[3]{b^{3}+c^{3}}}+ \dfrac{b}{\sqrt[3]{a^{3}+c^{3}}}+ \dfrac{c}{\sqrt[3]{a^{3}+b^{3}}}<2\sqrt[3]{5}$


Cái này phải là $Vt<2 \sqrt[3]{4}$ Chứ

Ah mà $2 \sqrt[3]{4} <2 \sqrt[3]{5} . $Chẳng sao nhỉ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huyetdao_tama: 02-07-2009 - 13:08


#18 Lilynguyen

Lilynguyen

    IT

  • Thành viên
  • 82 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Trên Trái Đất
  • Sở thích:sleep ^_^

Đã gửi 02-07-2009 - 14:18

Bài 9:(THCS) Cho $a,b,c \geq 1$ thỏa mãn $a+b+c=5$. Tìm GTNN của :$ P=\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2}+\dfrac{1}{1+z^2}.$


Theo đề bài là a, b, c. Nhưng khi tìm GTNN lại là x, y, z. Bạn viết nhầm rồi!

Đừng trách khi một người
Bỏ ta đi xa mãi
Biết đâu khi xa cách
Sẽ nối liền yêu thương!


#19 Toanlc_gift

Toanlc_gift

    Sĩ quan

  • Hiệp sỹ
  • 315 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:FU
  • Sở thích:Math

Đã gửi 02-07-2009 - 17:48

Bài 3:
khai triển,bđt tương đương với:
$\sum {ab({a^4} + {b^4}) + 3\sum {{a^2}{b^2}} } ({a^2} + {b^2}) - 8\sum {{a^3}{b^3} + 5abc\sum {ab(a + b) - 2abc\sum {{a^3}} - 24{a^2}{b^2}{c^2}} } \ge 0$
đưa bđt cần chứng minh về dạng cơ sở SOS,trong đó:
${S_a} = bc({(b + c)^2} + 3bc - a(b + c) + 4{a^2})$
${S_b} = ac({(a + c)^2} + 3ac - b(a + c) + 4{b^2})$
${S_c} = ab({(a + b)^2} + 3ab - c(a + b) + 4{c^2})$
dễ thấy các hệ số
${S_a};{S_b};{S_c}$
đều ko âm
do đó ta cóa đpcm,đẳng thức xảy ra tại tâm và tại biên
bài 5:
$VT \le \sum {\dfrac{1}{{\sqrt {ab} }}} \le \sum {\dfrac{1}{a}} \le \sum {\dfrac{a}{{bc}}}$
còn bài nào nữa nhể?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 02-07-2009 - 17:51

=.=


#20 Toanlc_gift

Toanlc_gift

    Sĩ quan

  • Hiệp sỹ
  • 315 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:FU
  • Sở thích:Math

Đã gửi 02-07-2009 - 18:14

bài 3 còn có thể đưa về SOS như sau:
$\Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{{(2b + a)(b - a) + (2c + a)(c - a)}}{{2{a^2} + bc}}} \right)} \ge 0$
$\Leftrightarrow \sum {(a - b)\left( {\dfrac{{2b + a}}{{2{b^2} + ac}} - \dfrac{{2a + b}}{{2{a^2} + bc}}} \right)} \ge 0$
$\Leftrightarrow 2\sum {{{(a - b)}^2}} \left( {\dfrac{{(a + b)(a + b - c)}}{{(2{b^2} + ac)(2{a^2} + bc)}}} \right) \ge 0$
đưa về cùng mẫu số và đánh giá các hệ số cũng khá đơn giản :(

=.=





1 người đang xem chủ đề

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