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

#21
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
link bài 13 này mọi người! zo chơi thử không bjt aj hỏi kệ cứ post cho ae đọc! :icon6:
xem ở đây:http://www.artofprob...?f=151&t=455771

Hình đã gửi


#22
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Bài 13: Khúc đầu làm giống cách của anh Hưng khúc sau xử lý khác 1 chút
$VT\geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sum \dfrac{x+y}{4yz+1}\geq \dfrac{\sqrt{3}}{2}\sum \dfrac{x+y}{(z+y)^2+1}$
Do đó BĐT cần chứng minh tương đương: $\sum \dfrac{x+y}{(y+z)^2+1}\geq \dfrac{3}{2}$
Đặt a = x+y; b= y+z; c=x+z
Ta có BĐT cần cm tương đương :
$\dfrac{a}{b^2+1}+\dfrac{b}{c^2+1}+\dfrac{c}{a^2+1}\geq \dfrac{3}{2}$
:) Tới đây trở về bài toán quen thuộc

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


#23
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Còn 1 bài nữa mọi người tiếp tục suy nghĩ nhé. Mình công bố đáp án trước một bài vậy:
Bài 12:
Ta có: $xy^2=\dfrac{1}{16}.(4x)(2y)(2y)\leq \dfrac{1}{16}(\dfrac{(4x+2y+2y)^3}{3})=\dfrac{4}{27}(x+y)^3$
Do đó: f(x;y)$\geq \dfrac{(x+y)^3}{\dfrac{4(x+y)^3}{27}}=\dfrac{27}{4}$
Dấu "=" xảy ra khi 2x=y >0
Bài toán tổng quát cho bài 12
Cho $x_1;x_2;...;x_n>0$
Tìm GTNN của f=$\dfrac{(x_1+x_2+...+x_n)^{1+2+...+n}}{x_1.x_{2}^{2}...x_{n}^{n}}$
___________


Bài 14: Cho x,y,z thực dương. Chứng minh BĐT sau
$a+b+c\geq \dfrac{a-b}{b+2}+\dfrac{b-c}{c+2}+\dfrac{c-a}{a+2}$
Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 15: Nhẹ nhàng tí :D
Cho 3 số x,y,z thực dương thoả mãn x+y+z=3
Chứng minh: $x^2+y^2+z^2+xy+xz+yz\geq 6$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 03-01-2012 - 17:13

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


#24
Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết
Cách giải khác cho bài 5.
Giải:

Giả sử $a\ge b \ge c \ge 0$.

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}0 \le {b^2} - bc + {c^2} \le {b^2}\\0 \le {c^2} - ca + {a^2} \le {a^2}\end{array} \right.$

$ \Rightarrow ({b^2} - bc + {c^2})({c^2} - ca + {a^2}) \le {a^2}{b^2}$

Ta được:

$VT \le {a^2}{b^2}({a^2} - ab + {b^2}) = \dfrac{4}{9}.\dfrac{{3ab}}{2}.\dfrac{{3ab}}{2}({a^2} - ab + {b^2})$

Tới đây xài AM-GM ta có:

\[\dfrac{4}{9}.\dfrac{{3ab}}{2}.\dfrac{{3ab}}{2}({a^2} - ab + {b^2}) \le \dfrac{4}{9}{\left( {\dfrac{{{a^2} + 2ab + {b^2}}}{3}} \right)^3} = \dfrac{4}{{243}}{(a + b)^6} \le \dfrac{4}{{243}}{(a + b + c)^6} = 12\]

Vậy ta có ĐPCM.

Dấu "=" xảy ra khi $a=2;b=1;c=0$ và các hoán vị

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#25
Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết

Bài 15: Nhẹ nhàng tí :D
Cho 3 số x,y,z thực dương thoả mãn x+y+z=3
Chứng minh: $x^2+y^2+z^2+xy+xz+yz\geq 6$

Tiện tay cho em chém bài 15.

Áp dụng bđt AM-GM ta có:
\[{x^2} + 1 + {y^2} + 1 + {z^2} + 1 \ge 2x + 2y + 2z = 6 \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge 3\]

\[{x^2} + {y^2} + {z^2} + 2xy + 2xz + 2yz = {(x + y + z)^2} = 9\]

Vậy: $2.VT = {x^2} + {y^2} + {z^2} + {(x + y + z)^2} \ge 3 + 9 = 12 \Rightarrow VT \ge 6$(ĐPCM)

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 03-01-2012 - 19:51

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#26
HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
Góp vui 1 bài :ukliam2:
Bài 17:Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=3.Chứng minh
$\sum \dfrac{a(a-2b+c)}{ab+1}\geq 0$

#27
Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết

Bài 11: Cho a,b,c là 3 số thực dương. Chứng minh rằng:
$\sqrt{a^2+(1-b)^2}+\sqrt{b^2+(1-c)^2}+\sqrt{c^2+(1-a)^2}\geq \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$

Em xử lí luôn bài này nhé.

Ta có bất đẳng thức sau: $2({a^2} + {b^2}) \ge {(a + b)^2} \Rightarrow \sqrt {{a^2} + {b^2}} \ge \dfrac{{\sqrt {{{(a + b)}^2}} }}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{\left| {a + b} \right|}}{{\sqrt 2 }} \ge \dfrac{{a + b}}{{\sqrt 2 }}$

Áp dụng bđt này ta có:

\[VT \ge \dfrac{{a + 1 - b + b + 1 - c + c + 1 - a}}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{3}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}\] (ĐPCM)

Dấu "=" xảy ra khi $\left\{ \begin{array}{l}a = 1 - b\\b = 1 - c\\c = 1 - a\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \dfrac{1}{2}$

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#28
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4990 Bài viết
Bài 14:
\[\begin{array}{l}
a + b + c \ge \dfrac{{a - b}}{{b + 2}} + \dfrac{{b - c}}{{c + 2}} + \dfrac{{c - a}}{{a + 2}} \\
\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {a + 2} \right)\left( {b + 2} \right)\left( {c + 2} \right) - \left( {a - b} \right)\left( {a + 2} \right)\left( {c + 2} \right) - \left( {b - c} \right)\left( {b + 2} \right)\left( {a + 2} \right) - \left( {c - a} \right)\left( {b + 2} \right)\left( {c + 2} \right) \ge 0 \\
\Leftrightarrow {a^2}bc + 2{a^2}b + {a^2}c + 2{a^2} + a{b^2}c + a{b^2} + ab{c^2} + 9abc + \\
+ 10ab + 2a{c^2} + 10ac + 8a + 2{b^2}c + 2{b^2} + b{c^2} + 10bc + 8b + 2{c^2} + 8c \ge 0:True \\
\end{array}\]
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#29
MyLoVeForYouNMT

MyLoVeForYouNMT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
Anh perfectstrong làm theo kiểu trâu bò ak. Dấu "=" xảy ra khi nào hả anh. :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thatlong_anh_xinloi_em: 03-01-2012 - 22:13

  • cvp yêu thích

​You may only be one person to the world
But you may also be the world to one person


#30
Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết
Post thêm ít bài nữa.

Bài 18: Cho $S=a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd$ và $ad-bc=1$. Chứng minh $S \ge \sqrt{3}$

Bài 19: Cho $a,b>1$. Tìm min của $E = \dfrac{{{a^2}}}{{b - 1}} + \dfrac{{{b^2}}}{{a - 1}}$
_________________________________________

2 bài trên đề chỉ ngắn gọn có thế. Mình nghĩ không khó lắm.
_________________________________________

Topic này phát triển nhanh quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrunghieua: 08-03-2012 - 21:13

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#31
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Bài 19: Sử dụng Bổ đề sau$\dfrac{1}{x-1}\geq \dfrac{4}{x^2}$
Chứng minh:Bất đẳng thức trên tương đương: $x^2\geq 4x-4\Leftrightarrow x^2-4x+4=(x-2)^2\geq 0$
Áp dụng:$\dfrac{a^2}{b-1}+\dfrac{b^2}{a-1}\geq \dfrac{4a^2}{b^2}+\dfrac{4b^2}{a^2}=4(\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{^2})\geq 8$
Dấu "=" xảy ra khi a=b=2

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


#32
yeutoan11

yeutoan11

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 307 Bài viết

Bài 18: Cho $S=a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd$ và $ad-bc=1$. Chứng minh $S \ge \sqrt{3}$

Bài 18 : http://diendantoanho...showtopic=66758

Vì $(ad - bc)^2 + (ac + bd)^2=(a^2 + b^2)(c^2 + d^2)$ và $ad - bc = 1$ nên:
$1 + (ac + bd)^2 = (a^2 + b^2)(c^2 + d^2)$ (1)
$P=a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + ac + bd$ áp dụng BĐT AM-GM:
$(a^2 + b^2)+(c^2 + d^2)\geq 2\sqrt{(a^2 + b^2)(c^2 + d^2)}$
Do đó $P\geq ac + bd + 2\sqrt{(a^2 + b^2)(c^2+d^2)}$ (2)
Từ (1) và (2)
Suy ra $P\geq ac + bd + 2\sqrt{1+(ac+bd)^2}$
Rõ ràng $P\geq 0$ vì $2\sqrt{1+(ac+bd)^2}> \left | ac +bd \right |$
Đặt $x = ac + bd$ thì$P \geq x+2\sqrt{1+x^2} > 0 \Leftrightarrow P^2\geq x^2 + 4(1+x^2) +4x\sqrt{1 + x^2} $
$=(1 + x^2) + 4x\sqrt{1 + x^2}+4x^2 + 3= (\sqrt{1+x^2}+2x)^2+3\geq 3\Rightarrow P\geq \sqrt{3}$

Cách 2. $a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd - \sqrt{3}=a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd -\sqrt{3}(ad-bc)=$
$=\frac{1}{4}\left((2a+c-\sqrt3d)^2+(2b+\sqrt3c+d)^2\right)\geq0$.

Cách 3. Ta có $2\sqrt{(a^{2}+b^{2})(c^{2}+d^{2})}=2\sqrt{(ac+bd)^{2}+1}\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})$
Đặt $t=ac+bd$, do đó $S\geq 2\sqrt{t^{2}+1}+t \geq \sqrt{3}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 20-05-2012 - 20:34

Dựng nước lấy việc học làm đầu. Muốn thịnh trị lấy nhân tài làm gốc.
NGUYỄN HUỆ
Nguyễn Trần Huy
Tự hào là thành viên VMF

#33
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Bài 20: Cho 3 số a,b,c thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1
Tìm GTNN của $\dfrac{1}{a^4(b+a)}+\dfrac{1}{c^4(a+c)}+\dfrac{1}{b^4(b+c)}$

Bài 21: Cho a,b,c thực dương
CM: $\sqrt[3]{a^3+b^3+c^3}\leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}$

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


#34
Poseidont

Poseidont

    Dark Knight

  • Thành viên
  • 322 Bài viết

Bài 19: Cho $a,b>1$. Tìm min của $E = \dfrac{{{a^2}}}{{b - 1}} + \dfrac{{{b^2}}}{{a - 1}}$

Bài 19

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
$\dfrac{a^{2}}{b-1}+4(b-1)\geq 2\sqrt{\dfrac{a^{2}}{b-1}\cdot4(b-1) }=4a$
Tương tự
$\dfrac{b^{2}}{a-1}+4(a-1)\geq4b$
$\Rightarrow VT\geq 4a+4b-4(b-1)-4(a-1)=8$
dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $ a=b=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 20-05-2012 - 20:32

Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF


#35
yeutoan11

yeutoan11

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 307 Bài viết

Bài 20: Cho 3 số a,b,c thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1
Tìm GTNN của $\dfrac{1}{a^4(b+a)}+\dfrac{1}{c^4(a+c)}+\dfrac{1}{b^4(b+c)}$

BÀI 20:
Đặt $a = \dfrac{1}{x},b=\dfrac{1}{y},c=\dfrac{1}{z}$ và VT = A
Vì $abc=1$ nên $xyz=1$
Khi đó $A = \sum \dfrac{x^5y}{(x+y)}=\sum \dfrac{x^4}{z(x+y)}\geq \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{2(xy+yz+zx)}\geq \dfrac{xy+yz+zx}{2}=\dfrac{a+b+c}{2}\geq \dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{2}=\dfrac{3}{2}$
Vậy $A_{min} = \dfrac{3}{2}$ khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 20-05-2012 - 20:36

Dựng nước lấy việc học làm đầu. Muốn thịnh trị lấy nhân tài làm gốc.
NGUYỄN HUỆ
Nguyễn Trần Huy
Tự hào là thành viên VMF

#36
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Bài 22: Nâng độ khó chút vậy :D
Cho a,b,c,d thuộc [0;1]. Tìm GTLN của $\dfrac{a}{bcd+1}+\dfrac{b}{acd+1}+\dfrac{c}{abd+1}+\dfrac{d}{abc+1}$
Bài 23: Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn abc=1
CM: $\dfrac{a}{(ab+a+1)^2}+\dfrac{b}{(bc+b+1)^2}+\dfrac{c}{(ac+c+1)^2}\geq \dfrac{1}{a+b+c}$
(đề thi vòng 1 chuyên KHTN ĐHQG Hà Nội - 2007)
Bài 24: Cho a,b thực dương thỏa mãn $a^2+b^2\leq 2$
Tìm GTLN của P=$a\sqrt{b(a+3)}+b\sqrt{a(b+3)}$
(chuyên toán KHTN ĐHQG Hà Nội năm 2008)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 04-01-2012 - 18:38

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


#37
Katyusha

Katyusha

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 461 Bài viết

Ta có BĐT cần cm tương đương :
$\dfrac{a}{b^2+1}+\dfrac{b}{c^2+1}+\dfrac{c}{a^2+1}\geq \dfrac{3}{2}$
:) Tới đây trở về bài toán quen thuộc

Bạn chứng minh giúp mình BĐT này được không :) Mình thử dùng Cauchy-Schwarz mà không ra :(

#38
MyLoVeForYouNMT

MyLoVeForYouNMT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 259 Bài viết
Bạn dùng kĩ thuật Co-si ngược dấu là ra ngay bạn.
Chứng minh:
$PT\Leftrightarrow \sum a-\dfrac{ab^2}{b^2+1}$(1)
Sử dụng AM-GM ta có:
$(1)\geq \sum a-\dfrac{ab^2}{2b}$
Đến đây bạn sử dụng bất đẳng thức
$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$

​You may only be one person to the world
But you may also be the world to one person


#39
Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết

Bài 24: Cho a,b thực dương thỏa mãn $a^2+b^2\leq 2$
Tìm GTLN của P=$a\sqrt{b(a+3)}+b\sqrt{a(b+3)}$
(chuyên toán KHTN ĐHQG Hà Nội năm 2008)

Bài 24:

Ta có:

\[P = a\sqrt {b(a + 3)} + b\sqrt {a(b + 3)} = \dfrac{1}{2}a\sqrt {4b(a + 3)} + \dfrac{1}{2}b\sqrt {4a(b + 3)} \]

Áp dụng bđt AM-GM ta có:

\[P \le \dfrac{1}{2}a.\dfrac{{4b + a + 3}}{2} + \dfrac{1}{2}b.\dfrac{{4a + b + 3}}{2} = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + 8ab + 3(a + b)}}{4}\]

Tới đây ta áp dụng tiếp AM-GM và bđt $a+b \le \sqrt{2(a^2+b^2)}$ ta có:

\[P \le \dfrac{{{a^2} + {b^2} + 8ab + 3(a + b)}}{4} \le \dfrac{{2 + 4({a^2} + {b^2}) + 3\sqrt {2({a^2} + {b^2})} }}{4} \le \dfrac{{2 + 8 + 6}}{4} = 4\]

$$\Rightarrow P_{\max}=4 \Leftrightarrow a=b=1$$

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#40
Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản lý Toán Phổ thông
  • 2946 Bài viết
Bài 21:
Đặt VP = x$(x\geq 0)$
Nếu x=0 thì dấu "=" xảy ra
Nếu x > 0 ta có
$x^2=a^2+b^2+c^2\Rightarrow \dfrac{a^2}{x^2}+\dfrac{b^2}{x^2}+\dfrac{c^2}{x^2}=1$
Ta có: $\dfrac{a^2}{x^2}\leq 1;\dfrac{b^2}{x^2}\leq 1;\dfrac{c^2}{x^2}\leq 1\Rightarrow |\dfrac{a}{x}|\Rightarrow (\dfrac{a^3}{x^3})\leq \dfrac{a^2}{x^2}$
Làm tương tự với 2 cái còn lại:
$\dfrac{\sqrt[3]{a^3+b^3+c^3}}{x}\leq 1 \Rightarrow \dfrac{\sqrt[3]{a^3+b^3+c^3}}{1}\leq x=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ (đpcm)

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





0 người đang xem chủ đề

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