Đến nội dung

Hình ảnh

Topic bất đẳng thức THCS (2)


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 1115 trả lời

#821
ToanHocLaNiemVui

ToanHocLaNiemVui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết

Bài 404 . Với các số a , b , c thõa mãn điều kiện abc = 1 . Chứng minh rằng :
$\frac{a}{(ab+a+1)^{2}}+\frac{b}{(bc+b+1)^{2}}+\frac{c}{(ca+a+1)^{2}} \geqslant \frac{1}{a+b+c}$

AD BĐT Cauchy Schwarz dạng Engel ta có:
$\sum \frac{a}{(ab+a+1)^{2}}= \sum \frac{(\frac{a}{ab+a+1})^{2}}{a}\geq \frac{(\sum \frac{a}{ab+a+1})^{2}}{a+b+c}= \frac{1}{a+b+c}$.
Suy ra đpcm. Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=1$.

Đừng Sợ Hãi Khi Phải


Đối Đầu Với Một Đối Thủ Mạnh Hơn


Mà Hãy Vui Mừng Vì


Bạn Có Cơ Hội Chiến Đấu Hết Mình!

___________________________________________________________________________

Thào thành viên của

VMF


#822
tkvn97

tkvn97

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 381 Bài viết

Bài 401 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương vào $x,y,z\geq 0$ là các biến số thõa mãn $ax+by+cz=xyz$. Chuứng minh rằng tồn tại duy nhất số thực d sao cho $\frac{2}{d}=\frac{1}{a+d}+\frac{1}{b+d}+\frac{1}{c+d}$ , và khi đó hãy chứng minh giá trị nhỏ nhất của biểu thức $x+y+z$ bằng $\sqrt{d(d+a)(d+b)(d+c))}$
----------------------
Lần sau nhớ số bài


Bài này chẳng có ai làm

- tkvn 97-


#823
ToanHocLaNiemVui

ToanHocLaNiemVui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết

Bài 403: Cho các số dương $a,b,c$ thoả mãn $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3$. CMR: $a^{4}b^{3}+b^{4}c^{3}+c^{4}a^{3} \geq3$.

Không ai làm bài này à...Mình xin làm vậy:
AD BĐT Holder, ta có:
$(a^{4}b^{3}+b^{4}c^{3}+c^{4}a^{3} )^{3} \geq (a^{6}b^{3}+b^{6}c^{3}+c^{6}a^{3} )(a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3} )$.
Từ đó ta chỉ việc chứng minh BĐT sau:
$(a^{6}b^{3}+b^{6}c^{3}+c^{6}a^{3} )(a^{3}b^{3}+b^{3}c^{3}+c^{3}a^{3} ) \geq27$.
Thật vậy, đặt $a^{3}=x;b^{3}=y;c^{3}=z$ thì $x+y+z=3$ và BĐT trên được viết lại thành:
$(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x)(xy+yz+xz)^{2} \geq27$. (1)
(1) hoàn toàn đúng vì được suy ra trực tiếp từ 2 BĐT quen thuộc:
♥, $xy+yz+xz \geq3$.
♥, $(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x)(xy+yz+xz) \geq9$.
Vậy BĐT đã cho được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 02-07-2012 - 10:29

Đừng Sợ Hãi Khi Phải


Đối Đầu Với Một Đối Thủ Mạnh Hơn


Mà Hãy Vui Mừng Vì


Bạn Có Cơ Hội Chiến Đấu Hết Mình!

___________________________________________________________________________

Thào thành viên của

VMF


#824
ducthinh26032011

ducthinh26032011

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết
Bài 405:Cho $a;b;c\in R$ C/m:
$$(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$$
Bài 406:Cho $a;b;c> 1$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}= 2$.C/m:
$$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{a+b+c}$$
Bài 407:Cho $a;b;c\in R^{+}$ thỏa
$$\Sigma \frac{1}{a+b+1}\geq 1$$
C/m:$$a+b+c\geq ab+bc+ca$$

Hình đã gửi


#825
triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết
1 phát bài 407,áp dụng BĐT bunyakovsky,ta có:
$(a+b+1)(a+b+c^2)\geq (a+b+c)^2=>\frac{a+b+c^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{1}{a+b+1}$
Tương tự,cộng vế theo vế,ta có:
$\frac{2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq 1$=> $2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2\geq a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=>a+b+c\geq ab+bc+ca$

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#826
triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết
1 phát bài 405:
Biến đổi tương đương,ta có:
BĐT cần chứng minh tương đương $(a+b+c)^2+a^2b^2c^2\geq 2abc(a+b+c)<=>(a+b+c-abc)^2\geq 0$
BĐT sau cùng đúng nên có đpcm

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#827
triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết

Bài 402 : Giả sử $a^{2013}+b^{2013}>a^{2012}+b^{2012}$
Chứng minh rằng $a^{2014}+b^{2014}\geq a^{2013}+b^{2013}$

Bạn ơi giả thiết là $>$ hay $\geq$ thế nếu > là BĐT cần chứng minh không có dấu = đâu
Theo giả thiết,ta có
$a^{2012}+b^{2012}-a^{2013}-b^{2013}< 0$
Vậy $$\inline =a^{2012}(a-1)^2+b^{2012}(b-1)^2\geq 0$ a^{2014}+b^{2014}-a^{2013}-b^{2013}> a^{2014}+b^{2014}-a^{2013}-b^{2013}+a^{2012}+b^{2012}-a^{2013}-b^{2013}$
=$ (a^{2014}-2a^{2013}+a^{2012})+(b^{2014}-2b^{2013}+b^{2012})$
$\inline =a^{2012}(a-1)^2+b^{2012}(b-1)^2\geq 0$
Vậy $\inline a^{2014}+b^{2014}\geq a^{2013}+b^{2013}$(Q.E.D)

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#828
Nguyễn Hữu Huy

Nguyễn Hữu Huy

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết

Bài 406:Cho $a;b;c> 1$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}= 2$.C/m:
$$\sqrt{a-1}+\sqrt{b-1}+\sqrt{c-1}\leq \sqrt{a+b+c}$$


406 của anh PKH thì phải !?

Từ gt suy ra
$\sum \frac{a -1}{a} = 1$

Áp dụng cauchy schwarz ta có
$(\sum \frac{a -1}{a})(a + b + c) \geq (\sum \sqrt{a - 1})^2$

Suy ra đpcm !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hữu Huy: 05-07-2012 - 15:56

P . I = A . 22


#829
ToanHocLaNiemVui

ToanHocLaNiemVui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết
Làm cho topic sôi nổi hơn nào: :)
Bài 408:Cho các số thực không âm $a,b,c,d$. Chứng minh rằng:

$a^{4}+b^{4}+c^{4}+d^{4}+2abcd\geq a^{2}b^{2}+a^{2}c^{2}+a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}+c^{2}d^{2}$

Turkevici

Bài 409: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta luôn có:

$\frac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{1}{a^{2}+ac+c^{2}}+\frac{1}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{9}{(a+b+c)^{2}}$.

Vasile Cirtoaje

Bài 410: Giả sử $a,b,c$ là các số thực bất kì thoả mãn điều kiện:

$\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sqrt[3]{ab+bc+ac}$.

CMR: $a+b+c\leq \sqrt{3}$

Bài 411: Cho $x,y,z$ khác 1 thoả mãn tích chúng bằng $1$.CMR:

$\sum _{sym}(\frac{x}{x-1})^{2}\geq 1$.

IMO 2008

Bài 412: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x,y,z$, ta luôn có:

$\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3xyz}+(\frac{ab+bc+ac}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})^{2}\geq 2$.

Trần Quốc Anh

Bài 413: Hãy chứng minh BĐT sau đúng với mọi số thực bất kì $a,b,c$:

$(a+b)^{3}(b-c)^{3}+(b+c)^{3}(c-a)^{3}+(c+a)^{3}(a-b)^{3}\geq 3(a^{2}-b^{2})(b^{2}-c^{2})(c^{2}-a^{2})$.

Bài 414: Chứng minh BĐT sau với $x,y,z$ là các số thực không âm luôn đúng:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ac)}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ToanHocLaNiemVui: 06-07-2012 - 08:57

Đừng Sợ Hãi Khi Phải


Đối Đầu Với Một Đối Thủ Mạnh Hơn


Mà Hãy Vui Mừng Vì


Bạn Có Cơ Hội Chiến Đấu Hết Mình!

___________________________________________________________________________

Thào thành viên của

VMF


#830
triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết
414 nhẹ nhất:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}= \frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ac+bc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 05-07-2012 - 18:25

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#831
davildark

davildark

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết




Bài 410: Giả sử $a,b,c$ là các số thực bất kì thoả mãn điều kiện:

$\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\sqrt[3]{ab+bc+ac}$.

CMR: $a+b+c\leq \sqrt{3}$

.

$$ a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac=(a^2+b^2+c^2)\sqrt{a^2+b^2+c^2}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\leq 1$$
$$a+b+c \leq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=\sqrt{3}$$

#832
BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
Bài 409: http://diendantoanho...showtopic=75607

#833
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết
Bạn ơi bài 408 chép nhầm dấu rồi,cả bài trên bạn làm cũng nầm hết dấu rồi.
Bài 408:
Không mất tính tổng quát giả sử $0\leq a\leq b\leq c\leq d$ Ta có:
$a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2b^2-b^2c^2-c^2d^2-d^2a^2-a^2c^2-b^2d^2=(c-d)^2(a+c+d)(c+d-a)+(d^2-b^2)(c^2-b^2)+a(b-a)(2cd-ab-a^2)\geq 0$
$\to a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2d^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 05-07-2012 - 20:49

“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#834
triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết
Chém 413.
Bổ đề:
Ta có đẳng thức quen thuộc:
$a^3+b^3+c^3-3abc=\frac{1}{2}(a+b+c)((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)$
Vậy nếu $a+b+c\geq 0$ thì $a^3+b^3+c^3\geq 3abc$
Ta có:
$(a+b)(b-c)+(b+c)(c-a)+(c+a)(a-b)=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geq 0$.Từ cái VP $\geq 0$ là cơ bản.
Vậy$(a+b)^3(b-c)^3+(b+c)^3(c-a)^3+(c+a)^3(a-b)^3\geq 3(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)$.Ta có đpcm
Cái này mới đầu ngỡ cauchy 3 số không dùng được nhưng thông qua bổ đề trên thì thành công.

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#835
khanh3570883

khanh3570883

    Trung úy

  • Thành viên
  • 905 Bài viết

Bài 411: Cho $x,y,z$ khác 1 thoả mãn tích chúng bằng $1$.CMR:

$\sum _{sym}(\frac{x}{x-1})^{2}\geq 1$.

IMO 2008

Đặt: $x = \frac{{{a^2}}}{{bc}},y = \frac{{{b^2}}}{{ca}},z = \frac{{{c^2}}}{{ab}}$
Bất đẳng thức được viết lại:
\[\sum {\frac{{{a^4}}}{{{{\left( {{a^2} - bc} \right)}^2}}}} \ge 1\]
Ta có:
\[VT \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{{\left( {{a^2} - bc} \right)}^2} + {{\left( {{b^2} - ca} \right)}^2} + {{\left( {{c^2} - ab} \right)}^2}}}\]
Lại có:
\[\sum {{a^2}} - {\sum {\left( {{a^2} - bc} \right)} ^2} = {\left( {\sum {ab} } \right)^2} \ge 0\]
Kết hợp với trên ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanh3570883: 05-07-2012 - 20:59

THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT

LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN

 

Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa


#836
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết

Bài 412: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x,y,z$, ta luôn có:

$\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3xyz}+(\frac{ab+bc+ac}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})^{2}\geq 2$.

Trần Quốc Anh


Đặt $A=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$, dễ thấy $A \geq 0$. Ta có
$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1=\frac{(a+b+c).A}{3abc}$
Và $1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-(ab+bc+ca)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{A.(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$
BĐT cần chứng minh tương đương với $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1\geq 1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{A.(a+b+c)}{3abc}\geq \frac{A(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
Ta cần có $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq 0$$
Thật vậy $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq \frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
$$=\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2}{(a^2+b^2+c^2)}=\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{9abc-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}>0$$
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $A=0$ hay $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 05-07-2012 - 21:45


#837
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
Thêm một bài duy trì topic.
Bài 415. Cho a,b,c dương, chứng minh
$$\sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{c+a}}+\sqrt{\frac{2c}{a+b}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}$$

#838
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết

Thêm một bài duy trì topic.
Bài 415. Cho a,b,c dương, chứng minh
$$\sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{c+a}}+\sqrt{\frac{2c}{a+b}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}$$

Bài này khá hay. ;)
Áp dụng BĐT Bernoulli ta có

$$(\frac{b+c}{2a})^{\frac{1}{2}}\le \frac{b+c}{4a}+\frac{1}{2}=\frac{b+c+2a}{4a}\Rightarrow \sqrt{\frac{2a}{b+c}}\geq \frac{4a}{b+c+2a}$$
Chứng minh tương tự rồi cộng lại ta có: $$\sqrt{\frac{2a}{b+c}}+\sqrt{\frac{2b}{a+c}}+\sqrt{\frac{2c}{b+a}}\geq \frac{4a^2}{ab+a+2a^2}+\frac{4b^2}{2b^2+bc+ba}+\frac{4c^2}{2c^2+ac+bc}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+a^2+b^2+c^2}$$
Ta quy về chứng minh: $$\frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2+a^2+b^2+c^2}\geq (a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$$
BĐT cuối đúng. nên ta có đpcm

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫


#839
ToanHocLaNiemVui

ToanHocLaNiemVui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết

Đặt $A=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$, dễ thấy $A \geq 0$. Ta có
$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1=\frac{(a+b+c).A}{3abc}$
Và $1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-(ab+bc+ca)^2}{(a^2+b^2+c^2)^2}=\frac{A.(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$
BĐT cần chứng minh tương đương với $$\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc}-1\geq 1-\left ( \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \right )^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{A.(a+b+c)}{3abc}\geq \frac{A(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
Ta cần có $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq 0$$
Thật vậy $$\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{a^2+b^2+c^2+ab+c+ca}{(a^2+b^2+c^2)^2}\geq \frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2+c^2)^2}$$
$$=\frac{a+b+c}{3abc}-\frac{2}{(a^2+b^2+c^2)}=\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{9abc-6abc}{3abc(a^2+b^2+c^2)}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}>0$$
Vậy BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $A=0$ hay $a=b=c$

Bài này có 1 cách nhẹ hơn:
AD BĐT Cauchy, ta cần chứng minh BĐT sau:

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3abc}.\frac{(ab+bc+ac)^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}\geq 1$

$\Leftrightarrow \frac{(\sum a^{3})(\sum a)}{(\sum a^{2})^{2}}.\frac{(\sum ab)^{2}}{3abc\sum a}\geq 1$.

Nhưng theo BĐT Cauchy Schwarz và AM-GM thì:

$(\sum a^{3})(\sum a)\geq (\sum a^{2})^{2}$.

$(\sum ab)^{2}\geq 3abc\sum a$.

Từ đó ta có điều phải chứng minh.


Đừng Sợ Hãi Khi Phải


Đối Đầu Với Một Đối Thủ Mạnh Hơn


Mà Hãy Vui Mừng Vì


Bạn Có Cơ Hội Chiến Đấu Hết Mình!

___________________________________________________________________________

Thào thành viên của

VMF


#840
Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết

Bài 405:Cho $a;b;c\in R$ C/m:
$$(a^{2}+1)(b^{2}+1)(c^{2}+1)\geq (ab+bc+ca-1)^{2}$$

Có mấy hum không lên mà topic nì sôi động qá
Cách khác cho bài này :
$VT=[(a+b)^{2}+(ab-1)^{2}](c^{2}+1)\geq [c(a+b)+ab-1]^{2}= (ab+bc+ca-1)^{2}$
Xong ! :icon6:




2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh