Chủ đề này có 18 trả lời

[Đỗ Quang Duy]

1. Cho $a, b, c$ là các số thực không âm có tổng bằng 1. Chứng minh
$\dfrac{c-ab}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{a-bc}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b-ca}{c^2+ca+a^2}\geq2$

2. Cho 4 số thực dương $a,b,c,d$ có tích bằng 1. Chứng minh $\dfrac{1}{a^4+b^4+c^4+1}+\dfrac{1}{b^4+c^4+d^4+1}+\dfrac{1}{c^4+d^4+a^4+1}+\dfrac{1}{d^4+a^4+b^4+1}\leq1$

3. Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác có chu vi là 2. Chứng minh
$a^2+b^2+c^2+2abc<2$

[luvHg]

Bài 3 nè...
Theo bdt tam giác dễ dàng cm được a,b,c<1
Xét (1-a)(1-b)(1-c)>0
<=>1-a-b-c+ab+ac+bc-abc>0
<=>abc<ab+bc+ca-1(vì a+b+c=2)
Xét (a+b+c)^2=4
<=>ab+bc+ca=(4-a^2-b^2-c^2):2
Thay vào trên ta có
abc<(4-a^2-b^2-c^2):2-1
<=>2abc< <4-a^2-b^2-c^2-2
<=>a^2+b^2+c^2+2abc< 4-2=2(dpcm)

[*LinKinPark*]

Bài 1

Ta có: $\sum {\dfrac{{c - ab}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} = \sum {\dfrac{{{c^2} + ac + bc - ab}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} = - 3 + \sum {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ac + bc}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} $

BĐT cần CM tương đương:

$\sum {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ac + bc}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \ge 5$

Ta có: $\left[ {\sum {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} } \right] \ge \dfrac{{9\left( {\sum {{a^2}} } \right)}}{2{\left( {\sum {{a^2}} } \right) + \left( {\sum {ab} } \right)}} \ge 3$

Cần CM:

$\left[ {\sum {\dfrac{{c\left( {a + b} \right)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} } \right] \ge 2 $

$ \Leftrightarrow \sum {c\left( {a + b} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)\left( {{a^2} + ac + {c^2}} \right)} \ge 2\prod {\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)} $ $$

Ta có:

$LHS* = \left( {\sum\limits_{sym} {{a^5}b} } \right) + \left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}{b^2}} } \right) + 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^3}{b^3}} } \right) + 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}bc} } \right) + 4\left( {\sum\limits_{sym} {a{b^2}{c^3}} } \right) + 6{a^2}{b^2}{c^2}$

$RHS* = 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}{b^2}} } \right) + 4\left( {\sum\limits_{sym} {a{b^2}{c^3}} } \right) + 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^3}{b^3}} } \right) + 6{a^2}{b^2}{c^2}$

$LHS* - RHS* = \left( {\sum\limits_{sym} {{a^5}b} } \right) - \left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}{b^2}} } \right) \ge 0$

Ko biết còn cách nào cho BĐT $\left[ {\sum {\dfrac{{c\left( {a + b} \right)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} } \right] \ge 2 $ không nhưng mình còn 2 cách bằng dồn biến thừa trừ và dồn biến bằng kỹ thuật hàm số . Nói chung đều khá dài dòng và vượt ngoài khuôn khổ THCS. Bạn có cách nào hay có thể post lên không. Thanks nhiều

Bài 2 Đặt $a = \dfrac{x}{y},b = \dfrac{y}{z},c = \dfrac{z}{t},d = \dfrac{t}{x}$. BĐT trở thành

$\left[ {\sum {\dfrac{{{x^4}{y^4}{z^4}}}{{{x^8}{z^4} + {y^8}{x^4} + {z^8}{y^4} + {x^4}{y^4}{z^4}}}} } \right] \le 1$

AM-GM: ${x^8}{z^4} + {y^8}{x^4} + {z^8}{y^4} + {x^4}{y^4}{z^4} \ge 4{x^4}{y^4}{z^4}$. Tương tự Q.E.D

Bài 3 GLA khỏi suy nghĩ

${a^2} + {b^2} + {c^2} = 2{p^2} - 8Rr - 2{r^2} = 2 - 8Rr - 2{r^2}$

$abc = 4pRr = 4Rr$

BĐT tương đương

$2 - 8Rr - 2{r^2} + 8Rr < 2 \Leftrightarrow {r^2} > 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi *LinKinPark*: 25-04-2010 - 17:34

[maths_lovely]

Bài 2 là xuất phát từ bdt $x^4+y^4+z^4 \geq xyz(x+y+z)$
Ta có
$\dfrac{1}{a^4+b^4+c^4+1}\leq \dfrac{1}{abc(a+b+c)+1}=\dfrac{1}{abc(a+b+c+d)} =\dfrac{d}{a+b+c+d}$

Tương tự .....$ \Rightarrow \sum \dfrac{1}{a^4+b^4+c^4+1}\leq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maths_lovely: 24-04-2010 - 20:42

[*LinKinPark*]

Bài 2 Đặt $a = \dfrac{x}{y},b = \dfrac{y}{z},c = \dfrac{z}{t},d = \dfrac{t}{x}$. BĐT trở thành

$\left[ {\sum {\dfrac{{{x^4}{y^4}{z^4}}}{{{x^8}{z^4} + {y^8}{x^4} + {z^8}{y^4} + {x^4}{y^4}{z^4}}}} } \right] \le 1$

AM-GM: ${x^8}{z^4} + {y^8}{x^4} + {z^8}{y^4} + {x^4}{y^4}{z^4} \ge 4{x^4}{y^4}{z^4}$. Tương tự Q.E.D

Nhìn nhầm ...sai mất rồi

Bài 2 là xuất phát từ bdt $x^4+y^4+z^4 \geq xyz(x+y+z)$
Ta có
$\dfrac{1}{a^4+b^4+c^4+1}\leq \dfrac{1}{abc(a+b+c)+1}=\dfrac{1}{abc(a+b+c+d)} =\dfrac{d}{a+b+c+d}$

Tương tự .....$ \Rightarrow \sum \dfrac{1}{a^4+b^4+c^4+1}\leq 1$

Đùng rồi nhưng là bé hơn chứ

[maths_lovely]

Hi` . Do quen tay nên cứ gõ \geq . Em sửa rùi
Mà anh cm cái đẳng thức này đi
$a^2+b^2+c^2=2p^2-8Rr-2r^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maths_lovely: 24-04-2010 - 20:57

[*LinKinPark*]

Chú ý $abc = 4SR = 4pRr$

Ta có: ${S^2} = p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right) = - {p^4} + \left( {ab + bc + ca} \right){p^2} - 4{p^2}Rr$

$ \Rightarrow ab + bc + ca = {r^2} + {p^2} + 4Rr$

Vậy $\sum {{a^2}} = {\left( {\sum a } \right)^2} - 2\left( {\sum {ab} } \right) = 2{p^2} - 8Rr - 2{r^2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi *LinKinPark*: 24-04-2010 - 21:07

[triều]

ko có j

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triều: 24-04-2010 - 21:38

[Nguyễn Thái Vũ]

bai nua nay.
Tim min of:
$y=x^{3}(1-x)^5$ voi x thuoc [0,1].

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Thái Vũ: 25-04-2010 - 19:14

[luvHg]

bài trên chẳng phải x càng lớn thì y càng nhỏ sao?

[maths_lovely]

bài trên chẳng phải x càng lớn thì y càng nhỏ sao?

Sao được bạn . $x$ càng lớn $ (1-x)^5 $ càng nhỏ ; $x^3$ càng lớn . Sao bạn khẳng định dc hay vậy

[*LinKinPark*]

Sao được bạn . $x$ càng lớn $ (1-x)^5 $ càng nhỏ ; $x^3$ càng lớn . Sao bạn khẳng định dc hay vậy

$x \in N*$ nên $1 - x \le 0$. Do đó $x$ càng tăng thì $y$ càng nhỏ

[dehin]

luvHg nói đúng đó.
Hàm $ y=x^3{(1-x)}^$ trên N* ko có min chỉ có max thôi.
Khi x càng lớn thì 1-x âm và sẽ tới âm vô cùng, $ x^3$ sẽ lớn tới dương vô cùng.
Tích lại sẽ đc 1 số âm vô cùng,
Còn dễ dàng c/m max y trên N* =0 khi $ x=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dehin: 25-04-2010 - 17:11

[maths_lovely]

Sorry em nhầm

[nguyen thai phuc]

luvHg nói đúng đó.
Hàm $ y=x^3{(1-x)}^$ trên N* ko có min chỉ có max thôi.
Khi x càng lớn thì 1-x âm và sẽ tới âm vô cùng, $ x^3$ sẽ lớn tới dương vô cùng.
Tích lại sẽ đc 1 số âm vô cùng,
Còn dễ dàng c/m max y trên N* =0 khi $ x=1$.

Nếu như x không thuộc N* thì bài này cũng giải được bằng cách dùng pp cân bằng hệ số bằng AM-GM

[leviethai1994]

Bài 1

Ta có: $\sum {\dfrac{{c - ab}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} = \sum {\dfrac{{{c^2} + ac + bc - ab}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} = - 3 + \sum {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ac + bc}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} $

BĐT cần CM tương đương:

$\sum {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ac + bc}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \ge 5$

Ta có: $\left[ {\sum {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} } \right] \ge \dfrac{{9\left( {\sum {{a^2}} } \right)}}{2{\left( {\sum {{a^2}} } \right) + \left( {\sum {ab} } \right)}} \ge 3$

Cần CM:

$\left[ {\sum {\dfrac{{c\left( {a + b} \right)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} } \right] \ge 2 $

$ \Leftrightarrow \sum {c\left( {a + b} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)\left( {{a^2} + ac + {c^2}} \right)} \ge 2\prod {\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)} $ $$

Ta có:

$LHS* = \left( {\sum\limits_{sym} {{a^5}b} } \right) + \left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}{b^2}} } \right) + 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^3}{b^3}} } \right) + 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}bc} } \right) + 4\left( {\sum\limits_{sym} {a{b^2}{c^3}} } \right) + 6{a^2}{b^2}{c^2}$

$RHS* = 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}{b^2}} } \right) + 4\left( {\sum\limits_{sym} {a{b^2}{c^3}} } \right) + 2\left( {\sum\limits_{sym} {{a^3}{b^3}} } \right) + 6{a^2}{b^2}{c^2}$

$LHS* - RHS* = \left( {\sum\limits_{sym} {{a^5}b} } \right) - \left( {\sum\limits_{sym} {{a^4}{b^2}} } \right) \ge 0$

Ko biết còn cách nào cho BĐT $\left[ {\sum {\dfrac{{c\left( {a + b} \right)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} } \right] \ge 2 $ không nhưng mình còn 2 cách bằng dồn biến thừa trừ và dồn biến bằng kỹ thuật hàm số . Nói chung đều khá dài dòng và vượt ngoài khuôn khổ THCS. Bạn có cách nào hay có thể post lên không. Thanks nhiều

Bài 2 Đặt $a = \dfrac{x}{y},b = \dfrac{y}{z},c = \dfrac{z}{t},d = \dfrac{t}{x}$. BĐT trở thành

$\left[ {\sum {\dfrac{{{x^4}{y^4}{z^4}}}{{{x^8}{z^4} + {y^8}{x^4} + {z^8}{y^4} + {x^4}{y^4}{z^4}}}} } \right] \le 1$

AM-GM: ${x^8}{z^4} + {y^8}{x^4} + {z^8}{y^4} + {x^4}{y^4}{z^4} \ge 4{x^4}{y^4}{z^4}$. Tương tự Q.E.D

Bài 3 GLA khỏi suy nghĩ

${a^2} + {b^2} + {c^2} = 2{p^2} - 8Rr - 2{r^2} = 2 - 8Rr - 2{r^2}$

$abc = 4pRr = 4Rr$

BĐT tương đương

$2 - 8Rr - 2{r^2} + 8Rr < 2 \Leftrightarrow {r^2} > 0$

$ \dfrac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2} = \dfrac{c(a+b)}{(a+b)^2-ab}= \dfrac{c}{a+b-\dfrac{ab}{a+b}} = \dfrac{c^2}{c(a+b)-\dfrac{abc}{a+b}}$

Áp dụng Cauchy Schwartz và bất đẳng thức quen thuộc $ \dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{9}{2(a+b+c)}$ ta sẽ ra được bất đẳng thức Schur

$ a^2+b^2+c^2 +\dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca) $

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hay $ a=b,c=0$

[Nguyễn Thái Vũ]

minh post nham, sorry, cac ban lam di.

[Nguyễn Thái Vũ]

còn đây là đề bài của mình ( sau khi đã được chỉnh chính xác) cũng bên maths.vn:
Cho 0<x<1,n>y>0 và n,y là số nguyên ,n lớn hơn 1:
CMR:
$((1-x^2)^{n}+(x+1)^{2n})(4x)^{n+1}(1+nx)^y<(10x^2+10x^3y+2x+2x^2y)^{n}(5x+1)$
Cac ban lam di. Bai nay tong hop rat nhieu kien thuc ve nhieu BDT. Lam dc thi trinh do nguoi lam qua la khong vua.

[Nguyễn Thái Vũ]

do la 1 sang tac cua minh co the noi la tam dac nhat, cac ban sang maths.vn tim dap an.