Đến nội dung


Chú ý

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
* * * * * 16 Bình chọn

Topic về bất đẳng thức


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 206 trả lời

#41 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 28-08-2011 - 19:19

sao lại ra thế này nhỉ?
$\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+(b+c)^3}}= \sqrt{\dfrac{1}{1+(\dfrac{b+c}{a})^3}} = \sqrt{\dfrac{1}{(1+\dfrac{b+c}{a})(\dfrac{(b+c)^2}{a^2}-\dfrac{b+c}{a}+1)}} \geq \dfrac{1}{\dfrac{(b+c)^2}{a^2}+2} \geq\dfrac{a^2}{2(a^2+b^2+c^2)}$

Đúng rồi mà ở mãu ấy áp dụng AM GM
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#42 Tạ Hồng Quảng

Tạ Hồng Quảng

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 16 Bài viết

Đã gửi 29-08-2011 - 15:06

$\fbox{24}$. Cho các số dương $a,b,c$ sao cho $abc\, = \, 1$. Chứng minh rằng:

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


( 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 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 29-08-2011 - 15:52

$\fbox{25}$. 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)}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 29-08-2011 - 15:55

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#44 Nguyễn Hoàng Lâm

Nguyễn Hoàng Lâm

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 312 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Biên Hòa - Đồng Nai

Đã gửi 29-08-2011 - 16:21

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:

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

Đặt $ 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 $

Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .


#45 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 29-08-2011 - 16:56

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:

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

Giả sử $a \ge b \ge c$, do đó $c \le 1$.
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

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#46 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 30-08-2011 - 20:12

Lâu 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:

$a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+\dfrac{32abcd}{a+b+c+d}\geq3(abc+abd+acd+bcd)$

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 ngay
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#47 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 30-08-2011 - 20:28

Anh 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 man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#48 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 30-08-2011 - 20:41

Anh 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.

Trước hết ta giả sử $d=min{a,b,c,d}$ khi đó ta có đánh giá sau
${a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc \ge 3(bcd + cda + dab) - \dfrac{{27abcd}}{{a + b + c}} \Leftrightarrow (a + b + c)({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca) \ge 3d(ab + bc + ca - \dfrac{{9abc}}{{a + b + c}})$
Công việc cuối cùng của ta là chứng minh
${d^3} + \dfrac{{32abcd}}{{a + b + c + d}} \ge \dfrac{{27abcd}}{{a + b + c}}$
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#49 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 30-08-2011 - 20:43

$\fbox{25}$. 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)}$

Bài này của Toàn cũng có thể chứng minh bằng AM GM và Cauchy Schwarz
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#50 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 30-08-2011 - 20:45

Đặt $ 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 $

Bạn nào muốn xem thêm về phương pháp pqr thì xem tại đây nha
http://boxmath.vn/4r...phap-pqr-16135/
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#51 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 30-08-2011 - 20:58

Em 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.

Cảm ơn Toàn đã nhắc nhở
Bài 26Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta đều có
$\dfrac{1}{{{{(3a + 2b + c)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(3b + 2c + a)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(3c + 2a + b)}^2}}} \le \dfrac{1}{{4(ab + bc + ca)}}$
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#52 Tạ Hồng Quảng

Tạ Hồng Quảng

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 16 Bài viết

Đã gửi 01-09-2011 - 13:41

$\fbox{27} $ (Sáng tác) . Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ a+b+c = \, 3$ . Chứng minh rằng:

$2(a^2+b^2+c^2)+5abc+1 \geq 4(ab+bc+ca)$



#53 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 01-09-2011 - 16:35

$\fbox{27} $ (Sáng tác) . Cho các số không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ a+b+c = \, 3$ . Chứng minh rằng:

$2(a^2+b^2+c^2)+5abc+1 \geq 4(ab+bc+ca)$

Bài tương tự ở đây (bài 53).

#54 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 01-09-2011 - 17:16

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
$\dfrac{{{a^2}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2} + ac + {c^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{b^2} + ba + {a^2}}} \ge \dfrac{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc} \right)}}{{(ab + bc + ca)(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a))}}$
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#55 NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1465 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1 K46 Tổng hợp

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
$\dfrac{1}{{{{(3a + 2b + c)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(3b + 2c + a)}^2}}} + \dfrac{1}{{{{(3c + 2a + b)}^2}}} \le \dfrac{1}{{4(ab + bc + ca)}}$



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
$\dfrac{{{a^2}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2} + ac + {c^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{b^2} + ba + {a^2}}} \ge \dfrac{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc} \right)}}{{(ab + bc + ca)(ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a))}}$

Hai bài chưa có lời giải mong mọi ngừoi suy nghĩ và chém nốt!

It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow

 

94e8dcf4f558448c8c8e808278c0c65e.0.gif


#56 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 04-09-2011 - 17:42

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
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#57 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 04-09-2011 - 17:52

Bài 29Cho các số thực dương a,b,c.CMR
$\dfrac{3}{2}\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}} \ge \dfrac{{{a^2}}}{{a + b}} + \dfrac{{{b^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{c^2}}}{{c + a}}$
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
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#58 Tạ Hồng Quảng

Tạ Hồng Quảng

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 16 Bài viết

Đã gửi 04-09-2011 - 21:27

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

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.

#59 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 05-09-2011 - 17:35

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.

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 sai
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#60 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 05-09-2011 - 17:41

Bài 30CMR với mọi số thực dương a,b,c ta có
$\dfrac{a}{{\sqrt {a + b} }} + \dfrac{b}{{\sqrt {b + c} }} + \dfrac{c}{{\sqrt {c + a} }} \le \dfrac{{ab + bc + ca}}{{\sqrt {2abc} }}$
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The




3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh