Chủ đề này có 8 trả lời

[windkiss]

Cho $x, y, z $ 1 thoả mãn $ xyz=1, CMR : $
${\left( {\dfrac{x}{{x - 1}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{y}{{y - 1}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{z}{{z - 1}}} \right)^2} \geqslant 1$


wallunint @ Đây là IMO năm 2008
Các bạn có thể xem bài viết của anh Nguyễn Đình thi trên bào Toán Tuối Thơ về bài tổng quát

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 07-05-2011 - 09:38

[perfectstrong]

Cho $x, y, z $ 1 thoả mãn $ xyz=1, CMR : $
$ ( { \dfrac{x}{x-1}} )^{2}+ ( { \dfrac{y}{y-1} })^{2}+ ( { \dfrac{z}{z-1} } )^{2} $ $ 1 $

Bài này có nhiều hướng giải. Một trong các hướng giải mà mình thích là:
$x = \dfrac{{a^2 }}{{bc}};y = \dfrac{{b^2 }}{{ac}};z = \dfrac{{c^2 }}{{ab}}\left( {a;b;c > 0} \right)$

$\left( {\dfrac{x}{{x - 1}}} \right)^2 = \dfrac{{a^4 }}{{a^4 - 2a^2 bc + b^2 c^2 }}$

$ \Rightarrow LHS = \dfrac{{a^4 }}{{a^4 - 2a^2 bc + b^2 c^2 }} + \dfrac{{b^4 }}{{b^4 - 2b^2 ac + a^2 c^2 }} + \dfrac{{c^4 }}{{c^4 - 2c^2 ab + a^2 b^2 }}$

$ \geqslant \dfrac{{\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)^2 }}{{a^4 - 2a^2 bc + b^2 c^2 + b^4 - 2b^2 ac + a^2 c^2 + c^4 - 2c^2 ab + a^2 b^2 }}$

Ta chỉ cần chứng minh $\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)^2 \geqslant a^4 - 2a^2 bc + b^2 c^2 + b^4 - 2b^2 ac + a^2 c^2 + c^4 - 2c^2 ab + a^2 b^2 $
Cái này thì tương đương là ra.

[h.vuong_pdl]

Bài này đặt $a = \dfrac{x}{x-1}, b = \dfrac{y}{y-1}, c= \dfrac{z}{z-1}.$

ta có: ngay đẳng thức:

$ (1-\dfrac{1}{a})(1-\dfrac{1}{b})(1-\dfrac{1}{c}) = \dfrac{1}{xyz} = 1 \\. \\ \Rightarrow (a-1)(b-1)(c-1) = abc \Leftrightarrow a+b+c = ab+bc+ca +1$

Mặt khác, BDT cần chứng minh là:

$a^2+b^2+c^2 \ge 1 \Leftrightarrow (a+b+c )^2 \ge 2(ab+bc+ca) +1 \Leftrightarrow (a+b+c)^2 \ge 2(a+b+c-1) + 1 \\ .\\ \Leftrightarrow (a+b+c - 1)62 \ge 0 \textup{ hien nhien dung } \to dpcm!$

p/s: bài này hình như trong báo TTT2 so 7? thì phải, hồi lớp 9 đã từng làm qua rồi

[windkiss]

$ (a+b+c)^2 \ge 2(a+b+c-1) + 1 \\ .\\ \Leftrightarrow (a+b+c - 1)62 \ge 0 \textup{ hien nhien dung } \to dpcm!$
Doan cuo'i h.vuong_pdl viet ro~ hon dc ko

[đat]

đặt
$a = frac{x}{{x - 1}};b = \dfrac{y}{{y - 1}};c = \dfrac{c}{{c - 1}}
Rightarrow x = \dfrac{a}{{a - 1}};y = \dfrac{b}{{b - 1}};z = \dfrac{c}{{c - 1}}\
xyz = 1 Rightarrow \dfrac{{abc}}{{\left( {a - 1} \right)\left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right)}} = 1
Rightarrow abc = abc - ab - bc - ca + a + b + c - 1
Rightarrow 2a + 2b + 2c - 2ac - 2vc - 2ab + 2 = 0\left( 1 \right)$
lại có:
$
begin{array}{l}
\left( {a + b + c - 1} \right)^2 \ge 0
a^2 + b^2 + c^2 + 2a + 2b + 2c - 2ab - 2bc - 2ca + 1 \ge 0\left( 2 \right)
left( 1 \right)\left( 2 \right) \Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 \ge 1
end{array}
Rightarrow dpcm
$

bài tớ không hiểu sao cứ có cái <br/> ấy,thông cảm nhé,ai biết chỉ giùm làm sao để không có cái <br> nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi đat: 06-05-2011 - 08:54

[h.vuong_pdl]

đặt
$a = frac{x}{{x - 1}};b = \dfrac{y}{{y - 1}};c = \dfrac{c}{{c - 1}}
\Rightarrow x = \dfrac{a}{{a - 1}};y = \dfrac{b}{{b - 1}};z = \dfrac{c}{{c - 1}}\
xyz = 1 Rightarrow \dfrac{{abc}}{{\left( {a - 1} \right)\left( {b - 1} \right)\left( {c - 1} \right)}} = 1
\Rightarrow abc = abc - ab - bc - ca + a + b + c - 1
\Rightarrow 2a + 2b + 2c - 2ac - 2vc - 2ab + 2 = 0\left( 1 \right)$
lại có:
$\begin{array}{l}\left( {a + b + c - 1} \right)^2 \ge 0 \\ a^2 + b^2 + c^2 + 2a + 2b + 2c - 2ab - 2bc - 2ca + 1 \ge 0 \left( 2 \right) \\ \left( 1 \right)\left( 2 \right) \Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 \ge 1
end{array} \\ \Rightarrow dpcm$

bài tớ không hiểu sao cứ có cái <br/> ấy,thông cảm nhé,ai biết chỉ giùm làm sao để không có cái <br> nữa

p/s: bạn gõ xuống dòng mà bỏ trong 1 thẻ latex thì nó mã hóa thành <br/> thôi
khắc phục: bỏ trong nhiều thẻ latex khác nhau khi xuống dòng hoặc dùng các dấu \\ để xuống dòn trong 1 thẻ!

@windkiss: chỗ đó nhầm tí, do lỗi đánh máy thôi, phải là:
$(a+b+c - 1)^2 \ge 0$ hiển nhiên đúng !

[NguyThang khtn]

Cho $x, y, z $ 1 thoả mãn $ xyz=1, CMR : $
$ ( { \dfrac{x}{x-1}} )^{2}+ ( { \dfrac{y}{y-1} })^{2}+ ( { \dfrac{z}{z-1} } )^{2} $ $ 1 (1)$

Mình nhớ đây là bài thi toán quốc tế nhưng ko nhớ năm nào!
đặt :
$x=\dfrac{a}{b};y=\dfrac{b}{c};z=\dfrac{c}{a}$
$m=\dfrac{a+b}{a-b};n=\dfrac{b+c}{b-c};p=\dfrac{c+a}{c-a}$
khi đó:
$(1) \Leftrightarrow \sum\dfrac{a^2}{(a-b)^2} \geq 1 \Leftrightarrow 4 \sum\dfrac{a^2}{(a-b)^2} \geq 4 \Leftrightarrow \sum(\dfrac{2a}{a-b})^2 \geq 4 \Leftrightarrow (m+1)^2+(n+1)^2+(p+1)^2 \geq 4 \Leftrightarrow \summ^2+2(m+n+p) \geq 1(2)$
Vì $(m+1)(n+1)(p+1)=(m-1)(n-1)(p-1) \Leftrightarrow \summn=-1 \Rightarrow (2) \Leftrightarrow (m+n+p)^2+2(m+n+p) \geq -1 \Leftrightarrow (m+n+p+1)^2 \geq 0.DUNG$

[wallunint]

Cho $x, y, z $ 1 thoả mãn $ xyz=1, CMR : $
${\left( {\dfrac{x}{{x - 1}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{y}{{y - 1}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{z}{{z - 1}}} \right)^2} \geqslant 1$
wallunint @ Đây là IMO năm 2008
Các bạn có thể xem bài viết của anh Nguyễn Đình thi trên bào Toán Tuối Thơ về bài tổng quát

Thực ra, bài này còn có 1 cách khác Các bạn thử góp ý nhá
Đặt $x = \dfrac{{bc}}{{{a^2}}},y = \dfrac{{ca}}{{{b^2}}},z = \dfrac{{ab}}{{{c^2}}}$, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$\sum {\dfrac{{{a^4}}}{{{{({a^2} - bc)}^2}}}} \geqslant 1$
Đến đây, ta áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và ta áp dụng bổ đề sau :
$\sum {{{\left( {{a^2} - bc} \right)}^2}} \leqslant \sum {{{\left( {{a^2}} \right)}^2}} $
Vậy, bất đẳng thức đã được chứng minh xong.

[Peter Pan]

thử bài tương tự
a,b,c dương và abc=1, chứng minh
$\sum\dfrac{a+3}{(a-1)^2} \geq \dfrac{47}{16}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 28-07-2011 - 15:32