Đúng rồi mà ở mãu ấy áp dụng AM GMsao lại ra thế này nhỉ?
$\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+(b+c)^3}}= \sqrt{\dfrac{1}{1+(\dfrac{b+c}{a})^3}} = \sqrt{\dfrac{1}{(1+\dfrac{b+c}{a})(\dfrac{(b+c)^2}{a^2}-\dfrac{b+c}{a}+1)}} \geq \dfrac{1}{\dfrac{(b+c)^2}{a^2}+2} \geq\dfrac{a^2}{2(a^2+b^2+c^2)}$
Topic về bất đẳng thức
#41
Đã gửi 28-08-2011 - 19:19
#42
Đã gửi 29-08-2011 - 15:06
$a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c \geq 2(ab+bc+ca)$
( Mình mới biết là bài này đã có từ lâu nhưng không xóa đi vì đã trót post lên, nếu thấy cần thiết mode cứ xóa hộ, thanks)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tạ Hồng Quảng: 05-09-2011 - 09:43
#43
Đã gửi 29-08-2011 - 15:52
$ \sqrt {x (y + 1)} + \sqrt {y(z+ 1)} + \sqrt {z(x + 1)}\le \dfrac {3}{2}\sqrt {(x + 1)(y + 1)(z + 1)}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 29-08-2011 - 15:55
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#44
Đã gửi 29-08-2011 - 16:21
Đặt $ p=a+b+c ; q=ab+bc+ca ; r =abc $ . Theo Bđt Schur bậc 1 ta có :Đề sáng tác (không biết có đụng hàng không)
$\fbox{24}$. Cho các số dương $a,b,c$ sao cho $abc\, = \, 1$. Chứng minh rằng:$a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c\geq 2(ab+bc+ca)$
$ r \geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9} \Leftrightarrow \dfrac{9}{p} \geq 4q-p^2 $
Do $ abc=1 \Rightarrow a+b+c \geq 3 $ . Do đó :
$ \dfrac{9}{p} \leq p $ suy ra $ p \geq 4q-p^2 $
Tức là $ (a+b+c)^2+a+b+c \geq 4(ab+bc+ca) \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+a+b+c \geq 2(ab+bc+ca) $
Dấu ''='' xảy ra khi $ a=b=c=1 $
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
#45
Đã gửi 29-08-2011 - 16:56
Giả sử $a \ge b \ge c$, do đó $c \le 1$.Đề sáng tác (không biết có đụng hàng không)
$\fbox{24}$. Cho các số dương $a,b,c$ sao cho $abc\, = \, 1$. Chứng minh rằng:$a^{2}+b^{2}+c^{2}+a+b+c\geq 2(ab+bc+ca)$
Bây giờ ta giả sử $f(x,y,z)=x^2+y^2+z^2+x+y+z-2(xy+yz+zx)$
Ta cần chứng minh $f(a,b,c)\geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$, BĐT tương đương với
$(a-b)^2+(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\geq 2c(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2$
Nhưng $2c(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\leq 2(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2$, do vậy ta cần chứng minh
$(a-b)^2\geq (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\Leftrightarrow a-b\geq \sqrt{a}-\sqrt{b}\Leftrightarrow \sqrt{a}(\sqrt{a}-1)\geq \sqrt{b}(\sqrt{b}-1)$ đúng vì $a \ge b$.
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $f\left(t,t,\dfrac{1}{t^2}\right)\geq 0$, bđt tương đương với
$(t-1)^2\left(\dfrac{2t^3+4t^2+2t+1}{t^4} \right)\geq 0$, luôn đúng.
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=1$.
Nhắc nhở toàn lần sau đừng có hỏi mathlink rồi về bảo là bài của mình nha ghi rõ nguồn!
http://www.artofprob...v...&start=1600
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 01-09-2011 - 16:59
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#46
Đã gửi 30-08-2011 - 20:12
Bài này được Toàn post lâu rôi mà chẳng thấy ai trả lời mình gợi ý vậy sử dụng bất đẳng thức Schur là ra ngayLâu thấy topic no có bài mới, post một bài lên nè!
$\fbox{23}$. Cho các số không âm $a,b,c$ và $d$ sao cho $a+b+c+d\neq0$. Chứng minh rằng:$a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+\dfrac{32abcd}{a+b+c+d}\geq3(abc+abd+acd+bcd)$
#47
Đã gửi 30-08-2011 - 20:28
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#48
Đã gửi 30-08-2011 - 20:41
Trước hết ta giả sử $d=min{a,b,c,d}$ khi đó ta có đánh giá sauAnh có thể hướng dẫn kĩ thêm một chút đi (hoặc anh giải luôn cũng được). Em tìm mãi không thấy lời giải bài này ở đâu cả.
${a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc \ge 3(bcd + cda + dab) - \dfrac{{27abcd}}{{a + b + c}} \Leftrightarrow (a + b + c)({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca) \ge 3d(ab + bc + ca - \dfrac{{9abc}}{{a + b + c}})$
Công việc cuối cùng của ta là chứng minh
${d^3} + \dfrac{{32abcd}}{{a + b + c + d}} \ge \dfrac{{27abcd}}{{a + b + c}}$
#49
Đã gửi 30-08-2011 - 20:43
Bài này của Toàn cũng có thể chứng minh bằng AM GM và Cauchy Schwarz$\fbox{25}$. Cho $x,y,z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$ \sqrt {x (y + 1)} + \sqrt {y(z+ 1)} + \sqrt {z(x + 1)}\le \dfrac {3}{2}\sqrt {(x + 1)(y + 1)(z + 1)}$
#50
Đã gửi 30-08-2011 - 20:45
Bạn nào muốn xem thêm về phương pháp pqr thì xem tại đây nhaĐặt $ p=a+b+c ; q=ab+bc+ca ; r =abc $ . Theo Bđt Schur bậc 1 ta có :
$ r \geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9} \Leftrightarrow \dfrac{9}{p} \geq 4q-p^2 $
Do $ abc=1 \Rightarrow a+b+c \geq 3 $ . Do đó :
$ \dfrac{9}{p} \leq p $ suy ra $ p \geq 4q-p^2 $
Tức là $ (a+b+c)^2+a+b+c \geq 4(ab+bc+ca) \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+a+b+c \geq 2(ab+bc+ca) $
Dấu ''='' xảy ra khi $ a=b=c=1 $
http://boxmath.vn/4r...phap-pqr-16135/
#51
Đã gửi 30-08-2011 - 20:58
Cảm ơn Toàn đã nhắc nhởEm mong anh không nên viết bài gợi ý kiểu thế này (nó có vẻ giống spam)
Một là anh gợi ý chi tiết hơn.
Hai là anh giải luôn.
Bài 26Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta đều có
$\dfrac{1}{{{{(3a + 2b + c)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(3b + 2c + a)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(3c + 2a + b)}^2}}} \le \dfrac{1}{{4(ab + bc + ca)}}$
#52
Đã gửi 01-09-2011 - 13:41
$2(a^2+b^2+c^2)+5abc+1 \geq 4(ab+bc+ca)$
#54
Đã gửi 01-09-2011 - 17:16
Bài 28Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
$\dfrac{{{a^2}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2} + ac + {c^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{b^2} + ba + {a^2}}} \ge \dfrac{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc} \right)}}{{(ab + bc + ca)(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a))}}$
#55
Đã gửi 01-09-2011 - 17:19
Cảm ơn Toàn đã nhắc nhở
Bài 26Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta đều có
$\dfrac{1}{{{{(3a + 2b + c)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(3b + 2c + a)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(3c + 2a + b)}^2}}} \le \dfrac{1}{{4(ab + bc + ca)}}$
Hai bài chưa có lời giải mong mọi ngừoi suy nghĩ và chém nốt!Mình vừa sưu tầm được một bài khá hay nữa các bạn chém thử xem
Bài 28Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
$\dfrac{{{a^2}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2} + ac + {c^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{b^2} + ba + {a^2}}} \ge \dfrac{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc} \right)}}{{(ab + bc + ca)(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a))}}$
It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow
#56
Đã gửi 04-09-2011 - 17:42
Hai bài toán sau đây được anh Cẩn viết trong cuốn bất đẳng thức và những lời giải hay
Với a,b,c là các số thực không âm bất kì.CMR
a) với mọi $k \ge \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$ thì ta có
$abc + 2 + k\left[ {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 1} \right)}^2}} \right] \ge a + b + c$
b) với mọi $k \ge 1$ thì ta có
$2abc + 1 + k\left[ {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 1} \right)}^2}} \right] \ge ab + bc + ca$
Cuốn sách trên xuất bản năm 2009 và các bài toán của bạn chỉ là một trường hợp của 2 bài toán trên
#57
Đã gửi 04-09-2011 - 17:52
$\dfrac{3}{2}\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}} \ge \dfrac{{{a^2}}}{{a + b}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{c^2}}}{{c + a}}$
Giải
Bất đẳng thức tương đương với
$3({a^2} + {b^2} + {c^2})(a + b)(b + c)(c + a) \ge 2(a + b + c)\left[ {{a^2}\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right) + {b^2}\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right) + {c^2}\left( {c + b} \right)\left( {a + b} \right)} \right]$
Khai triển và thu gọn ta có
$ \Leftrightarrow {a^4}(b + c) + {b^4}(c + a) + {c^4}(a + b) \ge {a^3}({b^2} + {c^2}) + {b^3}({a^2} + {c^2}) + {c^3}({a^2} + {b^2})$
$ \Leftrightarrow ab(a + b){(a - b)^2} + bc(b + c){(b - c)^2} + ca(c + a){(a - c)^2} \ge 0$
Vậy ta có đpcm
Bài toán này mình vừa tìm ra chiều nay thế mà chùng ở đâu thì chán
Cách chứng minh trên của mình chỉ có ý nghĩa khẳng định bđt đúng còn nó không đẹp mình chờ những cách cm đẹp hơn từ các bạn
#58
Đã gửi 04-09-2011 - 21:27
Cám ơn alex_hoang về những thông tin bổ ích. Mình chưa đọc sách trên của bạn Cẩn. Các bài toán mình nêu ra cũng dễ dàng chứng minh, mình cũng không giám chắc là trước đó chưa có bài này. Nếu bạn nào chỉ ra cụ thể đã có ở đâu thì rất quý. Có điều là mình chữa rõ câu tô đậm bạn viết (với k bằng bao nhiêu?). Mình cũng không hề buồn nếu bài mình nghĩ ra đã có từ trước rồi.Mình có vài điều muốn nói với bạn Quáng
Hai bài toán sau đây được anh Cẩn viết trong cuốn bất đẳng thức và những lời giải hay
Với a,b,c là các số thực không âm bất kì.CMR
a) với mọi $k \ge \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}$ thì ta có
$abc + 2 + k\left[ {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 1} \right)}^2}} \right] \ge a + b + c$
b) với mọi $k \ge 1$ thì ta có
$2abc + 1 + k\left[ {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} + {{\left( {c - 1} \right)}^2}} \right] \ge ab + bc + ca$
Cuốn sách trên xuất bản năm 2009 và các bài toán của bạn chỉ là một trường hợp của 2 bài toán trên
#59
Đã gửi 05-09-2011 - 17:35
OK có thể mình sai khi cho rằng bất đẳng thức bạn nêu ra chỉ là một TH cụ thể khi cho thêm đk nhưng 2 bài toán bạn nêu chỉ là hệ quả của 2 b toán trên thì chắc không saiCám ơn alex_hoang về những thông tin bổ ích. Mình chưa đọc sách trên của bạn Cẩn. Các bài toán mình nêu ra cũng dễ dàng chứng minh, mình cũng không giám chắc là trước đó chưa có bài này. Nếu bạn nào chỉ ra cụ thể đã có ở đâu thì rất quý. Có điều là mình chữa rõ câu tô đậm bạn viết (với k bằng bao nhiêu?). Mình cũng không hề buồn nếu bài mình nghĩ ra đã có từ trước rồi.
#60
Đã gửi 05-09-2011 - 17:41
$\dfrac{a}{{\sqrt {a + b} }} + \dfrac{b}{{\sqrt {b + c} }} + \dfrac{c}{{\sqrt {c + a} }} \le \dfrac{{ab + bc + ca}}{{\sqrt {2abc} }}$
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh