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
* * * * - 5 Bình chọn

Topic: INEQUALITIES (PART II)


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 23 trả lời

#1 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 21-03-2012 - 21:51

Chào các bạn,
Như chúng ta đã thấy, topic bất đẳng thức cũ rất lộn xộn và mất trật tự vì không có nội quy rõ ràng. Đây là topic về bất đẳng thức mới để thay thế cho topic cũ. Hy vọng các bạn tham gia, hưởng ứng và tuân thủ các nội quy nêu ra ở đây:
1. Đánh số thứ tự bài:
Người post bài mới phải đánh số thứ tự. Bài đầu tiên sẽ được đánh số 1, và cứ thế các bài đề nghị tiếp theo sẽ được đánh số kế tiếp.
-------------------------------------------------------
2. Không post chen ngang:

Không post bài mới khi bài cũ chưa được giải. Ngoài ra, không post một phần của bài giải, chỉ post khi nào đã hoàn tất bài giải một cách hoàn chỉnh.

3. Cách post bài tiếp theo:

Ghi số thự tự bài toán được giải. Và người giải sau đó nên post tiếp tối đa 1 bài mới ngay trong post đó mà bạn đã biết lời giải cho bài toán đó. Đây là mẫu tiêu biểu:

Lời giải cho bài 1:

.........................

----------------------------------------------------------

4. Nếu một bài toán không có lời giải trong 5 ngày:

Khi đó, người đưa ra bài toán sẽ trình bày lời giả như mẫu trên và có thể post một bài mới.

----------------------------------------------------------
5. Latex.
Và tất nhiên, mỗi post đều phải được đánh Latex rõ ràng.

Mong mọi người hãy tuân thủ để tạo nên Topic INEQUALITIES (PART II) đẹp và hấp dẫn hơn.

Xin cảm ơn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 21-03-2012 - 21:54

Chữ ký spam! Không cần xoá!

#2 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 21-03-2012 - 21:59

Xin mở màn cho chiến dịch truy tìm sự thú vị của bất đẳng thức:
Problem 1: Với $a$, $b$, $c>0$ chứng minh rằng:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 21-03-2012 - 22:00

Chữ ký spam! Không cần xoá!

#3 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 21-03-2012 - 22:27

Problem 1: Với $a$, $b$, $c>0$ chứng minh rằng:
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$

Lời giải bài 1
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
$$(\frac{a^2}{b}-2a+b)+(\frac{b^2}{c}-2b+c)+(\frac{c^2}{a}-2c+a)=\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\geq \frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$
Ta có: $\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\geq \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}$
Ta cần chứng minh $(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2\geq 4(a-b)^2$
Dễ thấy $|b-c|+|c-a|\geq |a-b|\Rightarrow (2|a-b|)^2\geq 4(a-b)^2$

Điều này đúng suy ra điều phải chứng minh $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 21-03-2012 - 22:48

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#4 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 21-03-2012 - 22:30

Problem 2: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn $ab+bc+ac=1$ .Chứng minh rằng:
$$\frac{3ab+1}{a+b}+\frac{3bc+1}{b+c}+\frac{3ac+1}{a+c}\geq 4$$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#5 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 22-03-2012 - 17:49

Cách giải 1 cho bài toán 2 :
Biến đổi :
$$P = \dfrac{3ab + 1}{a + b} + \dfrac{3bc + 1}{b + c} + \dfrac{3ca + 1}{c + a} = \dfrac{3(1 - c(a + b)) + 1}{a + b} + \dfrac{3(1 - a(b + c)) + 1}{b + c} + \dfrac{3(1 - b(a + c)) + 1}{c + a} $$ $$= 4\left (\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a}\right ) - 3\left (a + b + c\right )$$
Ta có $$\dfrac{1}{a + b} = \dfrac{ab + bc + ca}{a + b} = c + \dfrac{ab}{a + b} \ge c + \dfrac{ab}{a + b + c}$$
Từ đó, suy ra :
$$\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a} \ge a + b + c + \dfrac{ab + bc + ca}{a + b + c} = a + b + c + \dfrac{1}{a + b + c}$$
Nên $$P \ge 4\left (x + \dfrac{1}{x}\right ) - 3x = x + \dfrac{4}{x} \ge 4$$
Bất đẳng thức đã được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-03-2012 - 17:50

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#6 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 22-03-2012 - 18:10

Cách giải 2 cho bài toán 2 : (Nếu sai xin mọi người chỉnh sửa )
Ta có :
$$f(a, b, c) = \dfrac{3ab + 1}{a + b} + \dfrac{3bc + 1}{b + c} + \dfrac{3ca + 1}{c + a} = 4\left (\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{1}{b + c} + \dfrac{1}{c + a}\right ) - 3\left (a + b + c\right )$$ $$ \ge 4\left (\dfrac{1}{a + b} + \dfrac{4}{a + b + 2c} \right) - 3\left (a + b + c\right ) = f(\dfrac{a + b}{2}, \dfrac{a + b}{2},c )$$
Do đó, ta chỉ cần chứng minh :
$$f(a, a, c) \ge 4 (1)$$
Thật vậy $$ab + bc + ca = 1$$
TH1. $a = 0$ dễ dàng ta có ĐPCM.
TH2. $a \# 0$ suy ra $c = \dfrac{1 - a^2}{2a} (1)$
Thế vào (1), ta có :
$$4\left (\dfrac{1}{2a} + \dfrac{2}{a + \dfrac{1- a^2}{2a}} \right ) - 3\left (2a + \dfrac{1 - a^2}{2a}\right ) \ge 4 $$
$$\Leftrightarrow \dfrac{1}{2a} + \dfrac{16a}{a^2 + 1} - \dfrac{9a}{2} \ge 4$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{1 - a}{2a} - \dfrac{8(1 - a)^2}{a^2 + 1} - \dfrac{9(a - 1)}{2} \ge 0$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{1 - a}{2a} + \dfrac{9(1 - a)}{2} \ge \dfrac{8(1 - a)^2}{a^2 + 1} (2)$$
Nhận xét :Trong 3 số $a, b, c$ nhất thiết phải có 1 số không lớn hơn 1. Thật vậy, điều giả sử ngược lại không đúng.
Do đó :
$$(2) \Leftrightarrow \dfrac{1}{2a} + \dfrac{9}{2} \ge \dfrac{8(1 - a)}{a^2 + 1}$$
$$\Leftrightarrow 8a + \dfrac{1}{2a} + \dfrac{a}{2} + \dfrac{9a^2}{2} \ge \dfrac{7}{2}$$ Đúng vì theo AM-GM ta có
$$8a + \dfrac{1}{2a} \ge 4$$
Bất đẳng thức được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 22-03-2012 - 20:37
Post bài toán mới sau khi giải, nhớ đọc kĩ hướng dẫn sử dụng trước khi vào!!

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#7 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 22-03-2012 - 20:47

Problem 3
Cho $x, y, z$ là những số thực dương thỏa mãn $xyz = 1$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{x^3 + 1}{\sqrt{x^4 + y + z}} + \dfrac{y^3 + 1}{\sqrt{y^4 + z + x}} + \dfrac{z^3 + 1}{\sqrt{z^4 + x + y}} \ge 2\sqrt{xy + yz + zx}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-03-2012 - 20:48

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#8 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 22-03-2012 - 22:28

Problem 2: Cho các số thực a,b,c thỏa mãn $ab+bc+ac=1$ .Chứng minh rằng:
$$\frac{3ab+1}{a+b}+\frac{3bc+1}{b+c}+\frac{3ac+1}{a+c}\geq 4$$

Cách 3:
Bất đẳng thức cần chứng minh $$\Leftrightarrow \frac{3ab+ab+bc+ac}{a+b}+\frac{3bc+ab+bc+ac}{b+c}+\frac{3ac+ab+bc+ac}{c+a}\geq 4$$
Hay $$\frac{4ab}{a+b}+\frac{4bc}{b+c}+\frac{4ac}{a+c}+a+b+c\geq 4$$
Để ý rằng: $$ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)\geq (a+b+c)(ab+bc+ac)=a+b+c$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$$\frac{ab}{b+a}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ac}{a+c}\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{ab(b+a)+bc(b+c)+ac(a+c)}\geq \frac{1}{a+b+c}$$
Do đó: $$\frac{4ab}{b+a}+\frac{4bc}{b+c}+\frac{4ac}{a+c}+a+b+c\geq \frac{4}{a+b+c}+a+b+c\geq 4$$
Từ đây ta có điều cần chứng minh đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $(a;b;c)=(0;1;1)$ và các hoán vị. $\blacksquare$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#9 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 27-03-2012 - 02:04

Problem 3
Cho $x, y, z$ là những số thực dương thỏa mãn $xyz = 1$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{x^3 + 1}{\sqrt{x^4 + y + z}} + \dfrac{y^3 + 1}{\sqrt{y^4 + z + x}} + \dfrac{z^3 + 1}{\sqrt{z^4 + x + y}} \ge 2\sqrt{xy + yz + zx}$$

Lời giải bài toán 3 :
Ta có $$\sqrt{(x^4 + y + z)(xy + yz + zx)} = \sqrt{(x^4 + xyz(y + z))(xy + yz + zx)} = \sqrt{(x^3 + y^2z + yz^2)(x^2y + xyz + x^2z)} $$ $$\le \dfrac{(x^3 + x^2y + x^2z) + (xyz + yz(y + z))}{2} = \dfrac{(x + y + z)(yz + x^2)}{2} = \dfrac{(x + y + z)(x^3 + 1)}{2x}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{x^3 + 1}{\sqrt{x^4 + y + z}} \ge \dfrac{2x\sqrt{xy + yz + zx}}{x + y + z}$$
Nên $$VT \ge \dfrac{2\sqrt{xy + yz + zx}(x + y + z)}{x + y + z} = 2\sqrt{xy + yz + zx}$$
ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 28-03-2012 - 21:25

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#10 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 27-03-2012 - 02:11

Problem 4 :
Cho các số thực dương $a, b, c$ sao cho $a + b + c = 3$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{3 + a^2 + b^2} + \dfrac{1}{3 + b^2 + c^2} + \dfrac{1}{3 + c^2 + a^2} \le \dfrac{3}{5}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 27-03-2012 - 05:57

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#11 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 28-03-2012 - 19:17

Lời giải bài 4: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\frac{3}{3+a^2+b^2}+\frac{3}{3+b^2+c^2}+\frac{3}{3+c^2+a^2}\leq\frac{9}{5}$
hay: $\frac{a^2+b^2}{3+a^2+b^2}+\frac{b^2+c^2}{3+b^2+c^2}+\frac{c^2+a^2}{3+c^2+a^2}\geq\frac{6}{5}$
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:$\sum\frac{a^2+b^2}{3
+a^2+b^2}(\sum 3+a^2+b^2)\geq(\sum\sqrt{(a^2+b^2)})^2$
Điều này có nghĩa ta cần chứng minh:
$(\sum\sqrt{a^2+b^2})^2\geq\frac{6}{5}(\sum(3+a^2+b^2))$
$5(a+b+c)^2+3\sum a^2\geq 54$
điều này luôn đúng do $a+b+c=3$.
Problem 5: Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng: $\frac{a+b+c}{3}\geq\sqrt[10]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}$.
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#12 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 29-03-2012 - 23:14

Lời giải bài 5:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :
$$(a + b + c)^{10} \ge 3^9\left (a^3 + b^3 + c^3\right ) \Leftrightarrow (a + b + c)^{10} \ge 3^9\left (a^3 + b^3 + c^3 - 3abc\right ) + 3^{10}abc $$
$$\Leftrightarrow (a + b + c)^{10} \ge 3^9(a + b + c)\left (a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca\right ) + 3^{10}\Leftrightarrow (a + b + c)^{10} + 3^{10}(a + b + c)(ab + bc + ca) $$ $$\ge 3^9(a + b + c)^3 + 3^{10} $$
Đặt $x = a + b + c \ge 3 $ Vì $ab + bc + ca \ge 3$ nên ta cần chứng minh
$$x^{10} + 3^{11}x \ge 3^9x^3 + 3^{10} \Leftrightarrow x^{10} - 3^{10} - \left (3^{9}x^3 - 3^{11}x\right ) \ge 0 $$
$$\Leftrightarrow (x - 3)\left (x^9 + 3x^8 + 3^2x^7 + 3^3x^6 + 3^4x^5 + 3^5x^4 + 3^6x^3 + 3^7x^2 + 3^8x + 3^9 - 3^{10} - 3^9x\right ) \ge 0 (1)$$
$(1)$ đúng vì $$\left\{\begin{array}{1}x^9 + 3x^8 + 3^2x^7 \ge 3^9x \\3^3x^6 + 3^4x^5 + 3^6x^3 \ge 3^{10} \\x \ge 3 \end{array}\right.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 30-03-2012 - 09:17

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#13 Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Tự kỉ ^^

Đã gửi 29-03-2012 - 23:31

Problem 6.
Cho $a, b, c$ là các số thực dương . Chứng minh rằng :
$$a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \ge \dfrac{\left (a^2b + b^2c + c^2a\right )^2}{ab^2 + bc^2 + ca^2} + \dfrac{\left (ab^2 + bc^2 + ca^2\right )^2}{a^2b + b^2c + c^2a}$$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#14 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 12-04-2012 - 15:13

Dễ thấy nếu $a$ hoặc $b$ hoặc $c$ bằng $0$ thì xong.
Xét $abc>0$, ta đặt: $x=\frac{a}{b}$, $y=\frac{b}{c}$, $z=\frac{c}{a}$. Ta cần chứng minh:$\frac{x^3y}{z}+\frac{y^3z}{x}+\frac{z^3x}{y}\geq x^2y+y^2z+z^2x$.
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$\frac{x^3y}{z}+xyz\geq 2x^2y$, $\frac{y^3z}{x}+xyz\geq 2y^2z$, $\frac{z^3x}{y}+xyz\geq 2z^2y$, và
$x^2y+y^2z+z^2x\geq 3xyz$.
Chứng minh hoàn tất.
Problem 7: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$, chứng minh rằng: $a^2b^2c^2\geq(3-2a)(3-2b)(3-2c)$.
Chữ ký spam! Không cần xoá!

#15 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 12-04-2012 - 22:10

Problem 7: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$, chứng minh rằng: $a^2b^2c^2\geq(3-2a)(3-2b)(3-2c)$.

Lời giải:
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $a^2b^2c^2\ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$
Ta có: $$4a^2b^2c^2\ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Chứng minh:
Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$. Nếu $a\geq b+c$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng do đó ta xét trường hợp $b+c>a$. Trong trường hợp này ta viết bất đẳng thức dưới dạng
$$16(abc)^2(a+c)^2\geq 4(a+c)^2[b^2-(a-c)^2](c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Theo BĐT AM-GM dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh không vượt quá
$$[(a+c)^2](b^2-(a-c)^2)+(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Vì vậy ta cần chứng minh: $$4abc(a+c)\ge (a+c)^2[b^2-(a-c)^2]+(c+a-b)(a^3+b^3+c^3+abc)$$
Do: $4abc(a+c)=4(abc)(a+c-b)+4acb^2$ nên bất đẳng thức cuối viết lại thành
$4acb^2-(a+c)^2[b^2-(a-c)^2]\ge (a+c-b)(a^3+b^3+c^3-3abc)$
hay $$(a-c)^2[(a+c)^2-b^2]\ge [(a+c)^2-b^2](a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)$$
Bất đẳng thức này đúng vì ta có : $(a+c)^2-b^2>0$ và
$(a-c)^2-(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=(a-b)(b-c)\geq 0$. Phép chứng minh hoàn tất.
Ta cần chứng minh $a^3+b^3+c^3+abc\geq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$
Bất đẳng thức này khi khải triển ra sẽ là BĐT Schur bậc nhất.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.\blacksquare$
Problem 8: Cho a,b,c là các số thực thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2-bc}{a^2+3}+\frac{b^2-ac}{b^2+3}+\frac{c^2-ab}{c^2+3}\geq 0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 12-04-2012 - 22:16

►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#16 Stranger411

Stranger411

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Somewhere ...

Đã gửi 24-04-2012 - 19:32

Problem 8: Cho a,b,c là các số thực thỏa $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2-bc}{a^2+3}+\frac{b^2-ac}{b^2+3}+\frac{c^2-ab}{c^2+3}\geq 0$$

Bài này khá yếu.
Bằng cách phân tích trực tiếp, ta được:
$$\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-ab-bc-ca \right)\sum{\frac{{{\left( a-b \right)}^{2}}}{\left( {{a}^{2}}+3 \right)\left( {{b}^{2}}+3 \right)}}\ge 0$$
Ta có đpcm. $\blacksquare$

Problem 9: Cho a,b,c là các số thực thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}\frac{\left( {{c}^{2}}+{{b}^{2}} \right)}{{{\left( c+b \right)}^{2}}}\frac{\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{{{\left( a+c \right)}^{2}}}\ge \frac{3}{8}\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Stranger411: 24-04-2012 - 19:34

$P_{G}(\sigma_{1},\sigma_{2},\cdots,\sigma_{n})=\frac{1}{|G|}\sum_{\tau\in G}ind(\tau)$


#17 NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

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

Đã gửi 31-05-2012 - 08:35

MOSP 2005
Cho x,y,z là các số thực chứng minh rằng:
$xyz(2x+2y-z)(2x+2z-y)(2y+2z-x)+ (xy+yz+zx)[x^2+y^2+z^2-2(xy+yz+zx)] \geq 0$
p\s: hình như nick
Stranger411

là của tường hả!
thấy giọng văn giống quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-06-2012 - 22:31

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


#18 Ispectorgadget

Ispectorgadget

    Nothing

  • Quản trị
  • 2937 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Nơi tình yêu bắt đầu
  • Sở thích:Làm "ai đó" vui

Đã gửi 03-06-2012 - 21:29

Problem 7: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$, chứng minh rằng: $a^2b^2c^2\geq(3-2a)(3-2b)(3-2c)$.

Bài này ở trên mình làm dài dòng quá :wacko:
Cách 2: $$QED \iff (a+b+c)^3(a+b-c)(c+a-b)(a+b-c)\leq 27(abc)^2$$
Đặt $x=b+c-a;y=a-b+c;z=a+b-c\, (a;b;c\geq 0)$
Từ đây ta có $x+y+z=a+b+c;x+y=2c$
BĐT cần chứng minh trở thành $$64xyz(x+y+z)^3\leq 27(x+y)^2(x+z)^2(y+z)^2$$
Sử dụng hai bất đẳng thức quen thuộc $$9(x+y)(x+z)(y+z)\geq 8(x+y+z)(xy+xz+yz)$$
Và $$(xy+xz+yz)^2\geq 3xyz(x+y+z)$$
Từ đây ta có điều phải chứng minh $\square$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫ Giao diện website du lịch miễn phí Những bí ẩn chưa biết

#19 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 05-09-2012 - 22:24

Problem 10: Cho $a$, $b$, $c>0$ thoả mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:
$\frac{a^2b^2+1}{(a+b)^2}+\frac{b^2c^2+1}{(b+c)^2}+\frac{c^2a^2+1}{(c+a)^2}\geq\frac{3}{2}$.
---------------------------------------------------------
Nếu đã có nguồn bài này thì post đường dẫn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trần Đức Anh @@: 05-09-2012 - 22:25

Chữ ký spam! Không cần xoá!

#20 Trần Đức Anh @@

Trần Đức Anh @@

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 286 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Trị

Đã gửi 06-09-2012 - 17:12

Bài 10 đã được phủ định!
Chữ ký spam! Không cần xoá!




2 người đang xem chủ đề

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