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
* * * * * 2 Bình chọn

$$(a^2+b^2+c^2)\left[\sum \frac{1}{(b-c)^2}\right]\geq \frac{9}{2}$$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 22:22

Bài toán 1.[Đào Hải Long]
Ch0 các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau.Chứng minh bất đẳng thức:
$$(a^2+b^2+c^2)\left[\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}+\frac{1}{(a-b)^2}\right]\geq \frac{9}{2}$$
Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$
Bài toán 3.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực phân biệt đôi một khác nhau.Chứng minh:
$$(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{27}{4}$$

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#2 25 minutes

25 minutes

    Thành viên nổi bật 2015

  • Hiệp sỹ
  • 2795 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:KHTN-NEU
  • Sở thích:Cafe + radio + mưa

Đã gửi 15-09-2012 - 00:20

Ta nhận xét,nếu cố định trị tuyệt đối của a,b,c thì VT đạt min khi abc$\leq 0$,ta có thể g/s a$> b> 0> c$
Đặt $-c=x (x > 0)$
Ta có$\frac{1}{\left ( b+x \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( a-b \right )^{2}}\geq \frac{8}{\left ( a+x \right )^{2}}$
Suy ra VT$\frac{1}{\left ( a+x \right )^{2}}+\frac{8}{\left ( a+x \right )^{2}}\geq \frac{9}{2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}$
Dấu = khi $\left\{\begin{matrix} a=0 & \\ b+c=0 & \end{matrix}\right.$ và hoán vị bộ số này


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 23-08-2013 - 13:18

Hãy theo đuổi đam mê, thành công sẽ theo đuổi bạn.



Thảo luận BĐT ôn thi Đại học tại đây


#3 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 15-09-2012 - 09:57

Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4\ (*)$$

KMTTQ, giả sử $z=min{x;y;z}$. Ta giảm $(x,y,z)$ cùng đi một lượng $z$ (tức là thay $(x;y;z)$ bởi $(x-z;y-z;0)$) thì rõ ràng các hiệu $x-y;y-z;z-x$ không đổi , và $(x-z)(y-z)<xy+yz+zx$. Vậy $VT(*)$ thì giảm đi còn $VP(*)$ thì không đổi. Do đó ta chỉ cần c/m BĐT $(*)$ trong trường hợp $x,y>z=0$.

Thật vậy, với $x,y>z=0$ thì:
$$(*) \Leftrightarrow xy \left [ \dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2} \right ]\ge 4\\ \Leftrightarrow \dfrac{xy}{(x-y)^2}+\dfrac{x^2+y^2}{xy}\ge 4\\ \Leftrightarrow \dfrac{xy}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{xy}\ge 2$$

Hiển nhiên đúng theo $AM-GM$. BĐT $(*)$ được c/m. Dấu bằng xảy ra khi:$\left\{\begin{matrix}(x-y)^2=xy\\ z=0\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow (x;y;z)=\left (k;\dfrac{k(3+\sqrt{5})}{2};0\right );\left (k;\dfrac{k(3-\sqrt{5})}{2};0\right )\ (k> 0)$. và các hoán vị $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 15-09-2012 - 09:57

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#4 BoBoiBoy

BoBoiBoy

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 77 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Thái Bình
  • Sở thích:Sherlock Holmes;Football;Basketball

Đã gửi 16-09-2012 - 07:25

Bài toán 3.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực phân biệt đôi một khác nhau.Chứng minh:
$$(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{27}{4}$$

BĐT $\Leftrightarrow (\sum (a-b)^2)(\sum \frac{1}{(a-b)^2})\geq \frac{27}{2}$
Đặt $a-b=x;b-c=y;c-a=z$$\Rightarrow$ $x+y+z=0$.Ta cần chứng minh:
$(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})\geq \frac{27}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{x^2+y^2}{z^2}\geq \frac{21}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{x^2+y^2}{(x+y)^2}\geq \frac{21}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(x+y)^2+(x-y)^2}{(x+y)^2}\geq 21$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(x-y)^2}{(x+y)^2}\geq 18$ (1)
Ta có: $\sum \frac{x-y}{x+y}.\frac{y-z}{y+z}$
$=\frac{\sum (x-y)(y-z)(x+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{\sum y(y-x)(y-z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{x^3+y^3+z^3+3xyz-\sum x^2(y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{6xyz-\sum x^2(y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$ (do $x^3+y^3+z^3=3xyz$ với x+y+z=0)
$=\frac{8xyz-(x+y)(y+z)(z+x)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{8xyz+xyz}{-xyz}$ (do x+y+z=0)
$=-9$
Do đó $VP(1) \geq -2(\sum \frac{x-y}{x+y}.\frac{y-z}{y+z}) =18$
Vậy BĐT được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoBoiBoy: 16-09-2012 - 07:27

Hình đã gửi

#5 Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Xem phim.

Đã gửi 16-09-2012 - 11:41

Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$

Cách khác không cần động đến dồn biến toàn miền :
Giả sử $z=min(x,y,z)$ suy ra $x-z> 0,y-z> 0$
Ta có :$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}]$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{x^2+y^2+2z^2-2xz-2yz}{(x-z)^2(y-z)^2}$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2+2(x-z)(y-z)}{(x-z)^2(y-z)^2}$$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2+2(x-z)(y-z)}{(x-z)^2(y-z)^2}$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2}{(x-z)^2(y-z)^2}+\frac{2}{(x-z)(y-z)}\geq ^{AM-GM} \frac{2}{(x-z)(y-z)}+\frac{2}{(x-z)(y-z)}$
$= \frac{4}{(x-z)(y-z)}\geq \frac{4}{xy}\geq \frac{4}{xy+yz+zx}$
Nhân chéo lên ta được $Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 16-09-2012 - 11:43


#6 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 17-09-2012 - 23:12

Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$

OTHER SOLUTION:

KMTTQ, giả sử $z=min{x;y;z}$, suy ra:
$xy+yz+zx\ge xy$ và $\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{(y-z)^2}+\dfrac{1}{(z-x)^2}\ge \dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}$
Vậy ta chỉ cần c/m:
$$\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\ge \dfrac{4}{xy}\\ \Leftrightarrow \dfrac{(x^2+y^2-3xy)^2}{x^2y^2(x-y)^2}\ge 0$$
Luôn đúng. Dấu bằng vẫn thế $\square$
----
Vì ta đã dự được điểm rơi từ trước nên dùng cách này khá gọn ^_^.

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#7 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 18-09-2012 - 11:19

Bài toán 4.
Ch0 các số thực không âm phân biệt $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$(a^2+b^2+c^2)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{11+5\sqrt{5}}{2}$$
Cách làm cũng khá giống với bài 2 :))

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#8 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-10-2012 - 19:42

Một bài viết nhỉ của mình, về hai bài toán 1 và 3 trong chủ đề này. http://mathifc.wordp...-bat-dang-thuc/
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#9 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-11-2012 - 21:21

Bài toán 5.
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Tìm GTNN của biểu thức:
$$P=\left[(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2\right].\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]$$
(*Gợi ý : Những bài toán như thế này điểm đẳng thức luôn xảy ra khi có 1 số $= 0$ )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 02-11-2012 - 21:22

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#10 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-11-2012 - 22:43

Bài toán 4.
Ch0 các số thực không âm phân biệt $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$(a^2+b^2+c^2)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{11+5\sqrt{5}}{2}$$
Cách làm cũng khá giống với bài 2 :))

Lời giải của a luatdhv :
Giả sử $c$ nhỏ nhất, ta có


$P=({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{(b-c)}^{2}}}+\frac{1}{{{(c-a)}^{2}}} \right) \ge ({{a}^{2}}+{{b}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}} \right).$


Do vậy ta cần tìm GTNN của biểu thức

$Q=({{a}^{2}}+{{b}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}} \right).$


Đây là biểu thức thuần nhất cùng bậc (bậc 0) nên đặt $x=\frac{a}{b}$, ($x>0$)ta có

$Q=(x^2+1)\left( \frac{1}{(x-1)^2}+1+\frac{1}{x^2} \right)$

Khai triển ra ta được

$Q=1+\frac{2x}{x^2-2x+1}+x^2+\frac{1}{x^2}+2=\frac{2}{x+\frac{1}{x}-2}+(x+\frac{1}{x})^2+1$


Đến đây, đặt $x+\frac{1}{x}-2=t$ ($t \ge 0$), ta có

$Q=\frac{2}{t}+(t+2)^2+1$


Đến đây áp dụng kỹ thuật chọn điểm rơi trong BĐT AM-GM tìm được GTNN của $Q$.

Cụ thể

$Q-5=\frac{2}{t}+t^2+4t=t^2+\frac{2k^3}{t}+4t+\frac{2-2k^3}{t} \ge 3k^2+4\sqrt{2(1-k^3)}$
($1>k>0$ chọn sau)


Ta cần chọn $k$ sao cho $t^2=\frac{k^3}{t}$ và $4t=\frac{2-2k^3}{t}$.

Giải hệ này được $4k^2=2-2k^3$.

Giải phương trình này với chú ý $1>k>0$ tìm được $k$.

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#11 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-11-2012 - 22:47

Bài toán 5.
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Tìm GTNN của biểu thức:
$$P=\left[(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2\right].\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]$$
(*Gợi ý : Những bài toán như thế này điểm đẳng thức luôn xảy ra khi có 1 số $= 0$ )

Một lời giải mình sưu tầm được bên MS :)
Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$.Khi đó ta có $a-c\leq a$,$b-c\leq b$.Suy ra:

$P\geq \left [ (a+b)^2+b^2+a^2 \right ]\left [ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2} \right ]$

$=\frac{2(a^2+b^2+ab)}{a^2-2ab+b^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{a^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{b^2}$

$=2\left [ \frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )^{2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right ) \right ]$

Đặt $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t,t> 2$.
Xét hàm số $f(t)=\frac{t+1}{t-2}+t^2+t$
có $f'(t)=\frac{-3}{(t-2)^2}+2t+1=0\Leftrightarrow 2t^3-7t^2+4t+1=0$ do $t> 2$ ta chỉ nhận nghiệm $t=\frac{5+\sqrt{33}}{4}$
Lập bảng biến thiên ta nhận được $minf(t)=\frac{59+11\sqrt{33}}{8}$ $\Rightarrow minP=\frac{59+11\sqrt{33}}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{matrix}
c=0\\
\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{5+\sqrt{33}}{4}
\end{matrix}\right.$ và các hoán vị.

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#12 sonksnb

sonksnb

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-08-2013 - 17:53

Một lời giải mình sưu tầm được bên MS :)
Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$.Khi đó ta có $a-c\leq a$,$b-c\leq b$.Suy ra:

$P\geq \left [ (a+b)^2+b^2+a^2 \right ]\left [ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2} \right ]$

$=\frac{2(a^2+b^2+ab)}{a^2-2ab+b^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{a^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{b^2}$

$=2\left [ \frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )^{2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right ) \right ]$

Đặt $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t,t> 2$.
Xét hàm số $f(t)=\frac{t+1}{t-2}+t^2+t$
có $f'(t)=\frac{-3}{(t-2)^2}+2t+1=0\Leftrightarrow 2t^3-7t^2+4t+1=0$ do $t> 2$ ta chỉ nhận nghiệm $t=\frac{5+\sqrt{33}}{4}$
Lập bảng biến thiên ta nhận được $minf(t)=\frac{59+11\sqrt{33}}{8}$ $\Rightarrow minP=\frac{59+11\sqrt{33}}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{matrix}
c=0\\
\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{5+\sqrt{33}}{4}
\end{matrix}\right.$ và các hoán vị.

hay.






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh