Chủ đề này có 64 trả lời

[NguyThang khtn]

Bài này có đến 3 cách chứng minh ,cũng là bài tương đối dễ !1 bài khó hơn và hình thức cũng na ná nhau:
Cho $a,b,c \geq 0$.CM:$\left( {ab + bc + ca} \right)\left[ {\dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)^2 }} + \dfrac{1}{{\left( {b + c} \right)^2 }} + \dfrac{1}{{\left( {c + a} \right)^2 }}} \right] \ge \dfrac{9}{4}$(Iran TST 1996)

anh chém hộ em được ko?

[Peter Pan]

anh chém hộ em được ko?

Bài này có khá nhiều cách
tạm chởi cách Schur cho nhanh
đặt $a+b+c=p,ab+ac+bc=q,abc=r$
có cái hằng đẳng thức này nè $(a+b)(a+c)(b+c)=(a+b+c)(ab+ac+bc)-abc=pq-r$
cái BĐT nó tương đương với
$q.\dfrac{(p^2+q^2)-4p(pq-r)}{(pq-r)^2}\geq\dfrac{9}{4}$
$ \Leftrightarrow 4p^4q-17p^2q^2+4q^3+34pqr-9r^2 \geq0$
$ \Leftrightarrow 3pq(p^3-4pq+9r)+q(p^4-5p^2q+4q^2+6pr)+r(pq-9r)\geq0$
Theo Schur có :$p^3-4pq+9r\geq0$ và $p^4-5p^2q+4q^2+6pr\geq 0$
còn cái này thì AM-GM$pq-9r\geq0$
OK rồi nhá

[wallunint]

Bài này có khá nhiều cách
tạm chởi cách Schur cho nhanh
đặt $a+b+c=p,ab+ac+bc=q,abc=r$
có cái hằng đẳng thức này nè $(a+b)(a+c)(b+c)=(a+b+c)(ab+ac+bc)-abc=pq-r$
cái BĐT nó tương đương với
$q.\dfrac{(p^2+q^2)-4p(pq-r)}{(pq-r)^2}\geq\dfrac{9}{4}$
$ \Leftrightarrow 4p^4q-17p^2q^2+4q^3+34pqr-9r^2 \geq0$
$ \Leftrightarrow 3pq(p^3-4pq+9r)+q(p^4-5p^2q+4q^2+6pr)+r(pq-9r)\geq0$
Theo Schur có :$p^3-4pq+9r\geq0$ và $p^4-5p^2q+4q^2+6pr\geq 0$
còn cái này thì AM-GM$pq-9r\geq0$
OK rồi nhá

Anh Long ơi ! có cách nào ko đặt như vậy mà ra không, nó khó nuốt quá.
Với lại chỉ cho em biết khi nào thì đặt như vậy.



ps: không ngờ mình mới đi học có tí thôi mà anh em chém nhanh ghê.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 15-01-2011 - 21:24

[Peter Pan]

Anh Long ơi ! có cách nào ko đặt như vậy mà ra không, nó khó nuốt quá.
Với lại chỉ cho em biết khi nào thì đặt như vậy.
ps: không ngờ mình mới đi học có tí thôi mà anh em chém nhanh ghê.

chiều em luôn, trước hết anh nói về cái đặt nhá, anh có gửi 2 cái file bên Topic" tưởng dễ ai ngờ lại khó đấy"
cái này thường BĐT đối xứng 3 biến là ta đặt thế giải thường luôn ra
cách khác thì nhiều lắm bài này có rất nhiều lời giải Schur, S.O.S,Cauchy-schwarz,dồn biến.....
trong schur cũng có cách đánh giá khác nhưng nó cũng hơi rắc rối, lời giải trên khá tự nhiên và gọn nhất (theo anh)
Nên nhớ cái đó, ngẫm nghĩ tí cũng được, bây h anh cũng hơi nhác post vì gõ Latex nhiều

[mybest]

1) Choa,b,c là các số thực dương thoã mãn: $a+b+c=1$. CMR:
$9abc +1$ $4(ab+ac+bc)$

bài 2 này dễ hơn tí
2) Cho các số thực dương a,b,c. CMR:
$\dfrac{1}{a+3b}+\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{1}{c+3a}$ $\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{b+2c+a}+\dfrac{1}{c+2a+b}$

Đễ bữa sau post tiếp.
ps: mấy anh VIP cấp 3 đừng chém nghe !!

ủa cái bài 1 cm 9abc+1 4(ab+bc+ca) mà sao bài giải wallunit lại cm 9abc+1 4(ab+bc+ca)
ps:Đề kiểu khác mà giải lại kiểu khác

[wallunint]

ủa cái bài 1 cm 9abc+1 4(ab+bc+ca) mà sao bài giải wallunit lại cm 9abc+1 4(ab+bc+ca)
ps:Đề kiểu khác mà giải lại kiểu khác

Xin lỗi, lúc đó gần đi học, tớ vội quá, gõ lôn ấy mà.
mình mới kiếm đc một bài khá hay, các bạn giải thử.
Cho các số thực dương a,b,c thõa mãn $abc=2$. CMR:
${a^3} + {b^3} + {c^3} \ge a\sqrt {b + c} + b\sqrt {a + c} + c\sqrt {a + b} $

[zzz.chelsea.zzz]

bài a)
$VT = \dfrac{6}{{2(xy + yz + xz)}} + \dfrac{2}{{x^2 + y^2 + z^2 }}$
$ \geqslant \dfrac{{(\sqrt 6 + \sqrt 2 )^2 }}{{(x + y + z)^2 }} = 8 + 2\sqrt {12} > 8 + 2\sqrt 9 = 14$

bài b)
xét $\dfrac{2}{{a^2 + b^2 }} + \dfrac{{a^2 + b^2 }}{{32}} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{2}{{a^2 + b^2 }}.\dfrac{{a^2 + b^2 }}{{32}}} = \dfrac{1}{2}$

$\begin{gathered} \Rightarrow \dfrac{2}{{a^2 + b^2 }} \geqslant \dfrac{1}{2} - \dfrac{{a^2 + b^2 }}{{32}} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{{(a + b)^2 - 2ab}}{{32}} = \dfrac{{ab}}{{16}} \hfill \\ \Rightarrow P \geqslant \dfrac{{ab}}{{16}} + \dfrac{{35}}{{ab}} + 2ab \hfill \\ = \dfrac{{ab}}{{16}} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{{34}}{{ab}} + \dfrac{{17ab}}{8} - \dfrac{{ab}}{8} \hfill \\ = \dfrac{{ab}}{{16}} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{{34}}{{ab}} + \dfrac{{17ab}}{8} - \dfrac{{4ab}}{{32}} \hfill \\ \geqslant 2\sqrt {\dfrac{{ab}}{{16}}.\dfrac{1}{{ab}}} + 2\sqrt {\dfrac{{34}}{{ab}}.\dfrac{{17ab}}{8}} - \dfrac{{(a + b)^2 }}{{32}} = 17 \hfill \\ \Rightarrow P_{\min } = 17 \Leftrightarrow a = b = 2 \hfill \\ \end{gathered} $

thôi để mình làm câu c vậy (khác cách cua vallunint)
Ta có:
$ \dfrac{1}{a+2b+3c} \leq \dfrac{1}{4}( \dfrac{1}{a+c}+ \dfrac{1}{2(b+c)} (Cauchy-Schwarz) (1) $
$ \dfrac{1}{2a+3b+c} \leq \dfrac{1}{4}( \dfrac{1}{2(a+b)}+ \dfrac{1}{b+c} (Cauchy-Schwarz) (2) $
$ \dfrac{1}{3a+b+2c} \leq \dfrac{1}{4}( \dfrac{1}{2(a+c)}+ \dfrac{1}{b+a} (Cauchy-Schwarz) (3) $
Cộng (1)(2)(3) vế với vế, ta được
$ \ VT= \dfrac{1}{a+2b+3c}+ \dfrac{1}{2a+3b+c}+ \dfrac{1}{3a+b+2c} $
$ \leq \dfrac{1}{4}( \dfrac{3}{2(a+b)}+ \dfrac{3}{2(b+c)}+ \dfrac{3}{2(c+a)} $
$ \ = \dfrac{3}{8}( \dfrac{1}{a+b}+ \dfrac{1}{b+c}+ \dfrac{1}{c+a} $
$ \leq \dfrac{3}{8}[( \dfrac{1}{4}( \dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b})+ \dfrac{1}{4}( \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c})+ \dfrac{1}{4}( \dfrac{1}{c}+ \dfrac{1}{a}) $
$ \ = \dfrac{3}{16}( \dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c}) $
$ \ = \dfrac{3}{16}. \dfrac{ab+bc+ca}{abc}= \dfrac{3}{16} $
Dấu = khi
a+c=2(b+c)
b+c=2(a+b)
a+b=2(c+a)
a=b=c
suy ra a=b=c=0
nhưng vì đầu bài là a,b,c>0
suy ra $ \ VT< \dfrac{3}{16} (dpcm) $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi zzz.chelsea.zzz: 16-01-2011 - 11:01

[liemprosuper]

mình có một cách đây:

$\begin{gathered} (a + b + c){\text{[}}\dfrac{a}{{(b + c)^2 }} + \dfrac{b}{{(a + c)^2 }} + \dfrac{c}{{(a + b)^2 }}{\text{]}} \hfill \\ = \sum {\dfrac{{a^2 }}{{(b + c)^2 }}} + \sum {\dfrac{a}{{b + c}}} \geqslant \dfrac{1}{3}.\left( {\sum {\dfrac{a}{{b + c}}} } \right)^2 + \sum {\dfrac{a}{{b + c}}} \geqslant \dfrac{9}{4} \Rightarrow dpcm \hfill \\ \end{gathered} $

trái dấu rồi bạn ơi.

đâu có trái dấu đâu, 2 cái số cuối áp dung côsi mà.bạn giải thích hộ tui bài lam của bạn đc ko?lớp 9 rùi ma tui chưa biết tí gì về cái$ \sum $này cả

[liemprosuper]

yoyoyoy, bài thứ 2.(bài này nhìn qua dễ sai lắm)có$a^3+b^3 \geq ab(a+b).tuơng tự b^3+c^3 \geq bc(b+c),a^3+c^3 \geq ac(a+c) $
cộng vào ta có $a^3+b^3+c^3 \geq \dfrac{a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)}{2}= \dfrac{a^2(b+c)+4+b^2(a+c)+4+c^2(a+b)+4}{2}-6 \geq 2a\sqrt{b+c} +2b\sqrt{a+c} +2c\sqrt{a+b} -6$(cosi)
mà $a^3+c^3+b^3 \geq 3bac=6$
cộng 2 cái vào chắc ra.dấu =$ \Leftrightarrow a=b=c= \sqrt[3]{2} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi liemprosuper: 16-01-2011 - 13:35

[zzz.chelsea.zzz]

khiếp, mấy cái bài toán giải mà đau cả đầu, thôi để tui post mấy bài dễ dễ thôi cho nhẹ nhàng
1)CM $ \dfrac{1}{ \sqrt{1}}+ \dfrac{1}{ \sqrt{2}}+ \dfrac{1}{ \sqrt{3}}+... +\dfrac{1}{ \sqrt{2010}} \geq \sqrt{2010} $
2) Cho a,b,c là cạnh tam giác, p là nửa chu vi. Hãy CM: $ \ (p-a)(p-b)(p-c) \leq \dfrac{abc}{8} $
3) a,b,c,d cùng dấu. CM: $ \sqrt{ \dfrac{a}{b+c+d}}+ \sqrt{ \dfrac{b}{c+d+a}}+ \sqrt{ \dfrac{c}{d+a+b}}+ \sqrt{ \dfrac{d}{a+b+c}}>2 $ (tuyển sinh 10 THPT chuyên toán, Amsterdam và Chu Văn An Hà Nội - 9/6/1998)
cái topic này chật rồi, vallunint lập cái topic mới đi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi zzz.chelsea.zzz: 16-01-2011 - 14:49

[zzz.chelsea.zzz]

khiếp, mấy cái bài toán giải mà đau cả đầu, thôi để tui post mấy bài dễ dễ thôi cho nhẹ nhàng
1)CM $ \dfrac{1}{ \sqrt{1}}+ \dfrac{1}{ \sqrt{2}}+ \dfrac{1}{ \sqrt{3}}+... +\dfrac{1}{ \sqrt{2010}} \geq \sqrt{2010} $
2) Cho a,b,c là cạnh tam giác, p là nửa chu vi. Hãy CM: $ \ (p-a)(p-b)(p-c) \leq \dfrac{abc}{8} $
3) a,b,c,d cùng dấu. CM: $ \sqrt{ \dfrac{a}{b+c+d}}+ \sqrt{ \dfrac{b}{c+d+a}}+ \sqrt{ \dfrac{c}{d+a+b}}+ \sqrt{ \dfrac{d}{a+b+c}}>2 $ (tuyển sinh 10 THPT chuyên toán, Amsterdam và Chu Văn An Hà Nội - 9/6/1998)

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Bài 1 : Đặt $ A = \dfrac{1}{ \sqrt{1} } + \dfrac{1}{ \sqrt{2} } + \dfrac{1}{ \sqrt{3} } + \dfrac{1}{ \sqrt{4} } +....+ \dfrac{1}{ \sqrt{2010} } $
Ta có : $ \dfrac{1}{ \sqrt{1} } > \dfrac{1}{ \sqrt{2} } > \dfrac{1}{ \sqrt{3} } >...> \dfrac{1}{ \sqrt{2010} } $ Nên $ A > 2010 . \dfrac{1}{ \sqrt{2010} } = \sqrt{2010}$

[wallunint]

yoyoyoy, bài thứ 2.(bài này nhìn qua dễ sai lắm)có$a^3+b^3 \geq ab(a+b).tuơng tự b^3+c^3 \geq bc(b+c),a^3+c^3 \geq ac(a+c) $
cộng vào ta có $a^3+b^3+c^3 \geq \dfrac{a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)}{2}= \dfrac{a^2(b+c)+4+b^2(a+c)+4+c^2(a+b)+4}{2}-6 \geq 2a\sqrt{b+c} +2b\sqrt{a+c} +2c\sqrt{a+b} -6$(cosi)
mà $a^3+c^3+b^3 \geq 3bac=6$
cộng 2 cái vào chắc ra.dấu =$ \Leftrightarrow a=b=c= \sqrt[3]{2} $

Lời giải này của bạn tốt rồi đấy, chọn điểm rơi rất tốt.Cách giải của mình thế này:
Theo BDT Cauchy-Schwars: $({a^3} + {b^3} + {c^3})(a + b + c) \ge {({a^2} + {b^2} + {c^2})^2}$
$ \Rightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} \ge \dfrac{{({a^2} + {b^2} + {c^2})(a + b + c)}}{3} \ge \dfrac{{{{\left( {a\sqrt {b + c} + b\sqrt {a + c} + c\sqrt {a + b} } \right)}^2}}}{6}$
Theo BDT AM-GM, ta có: $a\sqrt {b + c} + b\sqrt {a + c} + c\sqrt {a + b} \ge 6 $
$ \Leftrightarrow {\left( {a\sqrt {b + c} + b\sqrt {a + c} + c\sqrt {a + b} } \right)^2} \ge 6\left( {a\sqrt {b + c} + b\sqrt {a + c} + c\sqrt {a + b} } \right)$
Kết hợp các BDT trên, ta có đpccm.



ps: có bạn nào lí giải được cách giải của mình không.
Anh Long có cách nào khác post lên cho em với.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 17-01-2011 - 16:21

[perfectstrong]

wallunit chém hơi nặng tay quá đấy. theo cách bạn chelsea là ổn.

[perfectstrong]

khiếp, mấy cái bài toán giải mà đau cả đầu, thôi để tui post mấy bài dễ dễ thôi cho nhẹ nhàng
1)CM $ \dfrac{1}{ \sqrt{1}}+ \dfrac{1}{ \sqrt{2}}+ \dfrac{1}{ \sqrt{3}}+... +\dfrac{1}{ \sqrt{2010}} \geq \sqrt{2010} $
2) Cho a,b,c là cạnh tam giác, p là nửa chu vi. Hãy CM: $ \ (p-a)(p-b)(p-c) \leq \dfrac{abc}{8} $
3) a,b,c,d cùng dấu. CM: $ \sqrt{ \dfrac{a}{b+c+d}}+ \sqrt{ \dfrac{b}{c+d+a}}+ \sqrt{ \dfrac{c}{d+a+b}}+ \sqrt{ \dfrac{d}{a+b+c}}>2 $ (tuyển sinh 10 THPT chuyên toán, Amsterdam và Chu Văn An Hà Nội - 9/6/1998)

bài 2:
$\begin{gathered} \sqrt {(p - a)(p - b)} \leqslant \dfrac{{p - a + p - b}}{2} = \dfrac{c}{2} \hfill \\ \sqrt {(p - a)(p - c)} \leqslant \dfrac{b}{2} \hfill \\ \sqrt {(p - b)(p - c)} \leqslant \dfrac{a}{2} \hfill \\ \end{gathered} $.
Nhân các bđt trên vế theo vế, ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 16-01-2011 - 18:35

[perfectstrong]

anh coi lại đề đi anh ơi, hình như vế phải không phải vậy đâu.

[liemprosuper]

yo,bài 3$có \sqrt{ \dfrac{a}{b+c+d} } = \dfrac{ a }{ \sqrt{a(b+c+d)}} \geq \dfrac{2a}{a+b+c+d} $
tương tự $\sqrt{ \dfrac{b}{a+c+d}}\geq \dfrac{2b}{a+b+c+d}$
...................................................
cộng 4 cái vào là ra.dấu =hình như ko có
nếu 2 trong 4 số a,b,c,d =0Vd:c=0,d=0 thì$ \sqrt{\dfrac{a}{b}} + \sqrt{\dfrac{b}{a}} \geq 2 luôn đúng$
dấu=khi a=b=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi liemprosuper: 17-01-2011 - 12:38

[wallunint]

wallunit chém hơi nặng tay quá đấy. theo cách bạn chelsea là ổn.

cái này ko phải là chelsea làm mà là liemprosuper.
với lại cách mình ko khó đâu, dễ suy luận hơn, nên mình mới hỏi mấy cậu là tại sao mình có đc cách giải đó.
bài này thấy chém khá ổn nên mình mới post.
do mình viết dài quá, có edit lại rồi đó. Xem đi.

ps:Với lại mình thấy cái chữ kí hơi bị shốc hàng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 17-01-2011 - 16:20

[wallunint]

Đổi sang bài này nhá. Bài này chế lâu rồi /
$ a,b,c $ là các số thực dương. CMR:
$ \dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b} +\dfrac{16(ab+bc+ca)}{a+b+c} \ge 5(a+b+c) $

anh chém luôn đi anh ạ!
mặc dù em chưa thử làm nhưng cũng thấy khó rồi.
để mấy ngày nay có ai giải bài này đâu.

[liemprosuper]

hic, mình kém quá, cho 1 biến = 0 rùi mà vẫn ko giải đươc