Chủ đề này có 11 trả lời

[Joker9999]

Đề thi học kỳ bài khó thứ nhì trường THPT chuyên Hà Nội-Amsterdam Khá quen thuộc.
Bài toán: Cho$a,b,c$ là các số thực dương $abc=1.$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 1$

[WhjteShadow]

Đề thi học kỳ bài khó thứ nhì trường THPT chuyên Hà Nội-Amsterdam Khá quen thuộc.
Bài toán: Cho$a,b,c$ là các số thực dương $abc=1.$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 1$

Qua lời giải của mình, mình muốn nhắn tới các bạn rằng " Có sức khỏe là có tất cả "
Bất đẳng thức tương đương với:
$$\frac{\sum \left[(a+1)(b+1)\right]^2}{\left[(a+1)(b+1)(c+1)\right]^2}+\frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 1$$
Bằng lòng nhiệt huyết của tuổi trẻ, khai triển và đặt $m=a+b+c+1,n=ab+bc+ca+1$. Ta có thể viết lại bất đẳng thức thành:
$$\frac{(m+n)^2-4(m+n)+n^2}{(m+n)^2}+\frac{2}{m+n}\geq 1$$
$$\Leftrightarrow \frac{n^2-4(m+n)+2(m+n)}{(m+n)^2}+1\geq 1$$
$$\Leftrightarrow n^2\geq 2(m+n)$$
$$\Leftrightarrow (ab+bc+ca+1)^2\geq 2(a+b+c+ab+bc+ca+2)$$
$$\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq 3$$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng the0 $AM-GM$ nên ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=1$ $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 21-12-2012 - 11:27

[caophonghoang]

Lôi cả đề học kì của trường mình lên đây nữa hả fan cuồng Ngô Khánh Linh Hôm đó mình giải thế này:
Bổ đề:
$x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz=1$
thì
$(1-x)(1-y)(1-z)\geq xyz$
Tồn tại 3 số m,n,p sao cho:
$x=(\frac{mn}{(m+p)(n+p)})^{\frac{1}{2}}$
y, z tương tự
$1-x=\frac{(m+p)(n+p)^{\frac{1}{2}}-mn^{\frac{1}{2}}}{(m+p)(n+p)^{\frac{1}{2}}} \geq \frac{p}{(m+p)(n+p)^{\frac{1}{2}}}$
(theo bunhiacoxki) Nhân 3 về ra điều phải chứng minh:
Bây giờ quay trở lại bài toán gốc:
Đặt x=$\frac{1}{1+a}$ ,y,z tương tự
Ta có: $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$
bđt cần chứng minh tương đương với:
$x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz\geq 1$
phản chứng, giả sử:
$x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz< 1$
=> tồn tại k sao cho:
$(kx)^{2}+(ky)^{2}+(kz)^{2}+2k^{3}xyz=1$
và k>1
theo bổ đề trên:
$(1-kx)(1-ky)(1-kz)\geq k^{3}xyz$
mà $k> 1\rightarrow kx> x\rightarrow 1-kx< 1-x$
=> $xyz=(1-x)(1-y)(1-x)> (1-kx)(1-ky)(1-kz)> k^{3}xyz \rightarrow k< 1$
vậy trái với đk k>1 => kết thúc bài toán

[Joker9999]

Lôi cả đề học kì của trường mình lên đây nữa hả fan cuồng Ngô Khánh Linh

Xin spam chút câu này của bạn có ý nghĩa j vậy? De nghĩ bạn nghĩ kĩ trước khi nói nhé. Cám ơn.

[caophonghoang]

Xin spam chút câu này của bạn có ý nghĩa j vậy? De nghĩ bạn nghĩ kĩ trước khi nói nhé. Cám ơn.

Xin spam chút, bạn là hiện tượng fan cuồng của Ngô Khánh Linh còn gì? Hồi đó nhìn thấy ảnh bạn mình sốc quá liền hỏi nó ngay nó có phải vừa tham gia diễn đàn toán học không, nó bảo không rồi nó còn kể là nó nghe bọn bạn nó nói có Joker 99 giả danh nó trên đó NGhĩ lại gì hả bạn =))

[Joker9999]

Xin spam chút, bạn là hiện tượng fan cuồng của Ngô Khánh Linh còn gì? Hồi đó nhìn thấy ảnh bạn mình sốc quá liền hỏi nó ngay nó có phải vừa tham gia diễn đàn toán học không, nó bảo không rồi nó còn kể là nó nghe bọn bạn nó nói có Joker 99 giả danh nó trên đó NGhĩ lại gì hả bạn =))

Mình xin lỗi mình là Linh ở 10 toán 1 chứ không phải Linh ở 10A1 như bạn trường mình. Linh 10A1 thì nổi tiếng mình biết rồi.Khi nghe tên thế ai cũng chỉ nghĩ đến ngay Linh kia mà Khánh Linh này thì ko ai biết cả bạn à. Bạn ra toán 1 nhé mình gặp nhau. Đề nghị bạn nói cho chính xác. Không spam nữa có j lên hòm thư nói chuyện. Cám ơn.

[Secrets In Inequalities VP]

Đề thi học kỳ bài khó thứ nhì trường THPT chuyên Hà Nội-Amsterdam Khá quen thuộc.
Bài toán: Cho$a,b,c$ là các số thực dương $abc=1.$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 1$

Ta thấy trong 3 số $a,b,c$ sẽ có 2 số cùng lớn hơn hoặc nhỏ hơn 1.Giả sử là $a$ và $b$.
$(a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Leftrightarrow 2(ab+1)\geq (a+1)(b+1)$
Áp dụng nhận xét trên kết hợp vs bổ đề qen thuộc $\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}\geq \frac{1}{xy+1}$ :
$VT\geq \frac{1}{ab+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{2(ab+1)(c+1)}= \frac{1}{\frac{1}{c}+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{1}{(\frac{1}{c}+1)(c+1)}$
$$= \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+ \frac{c}{(c+1)^2}$$
$$= \frac{c(c+1)}{(c+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+ \frac{c}{(c+1)^2}= \frac{(c+1)^2}{(c+1)^2}= 1$$
-------------
Hỵ hỵ hôm qua cũng nghĩ ra thêm cách này mà lười p0st :3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 22-12-2012 - 20:02

[tim1nuathatlac]

Đề thi học kỳ bài khó thứ nhì trường THPT chuyên Hà Nội-Amsterdam Khá quen thuộc.
Bài toán: Cho$a,b,c$ là các số thực dương $abc=1.$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 1$

Mình mượn ngôn ngữ của $joker9999$ tẹo.

Ta chú ý các đẳng thức sau:

$\left ( 1+x \right )^{2}\left ( 1+y \right )^{2}+\left ( 1 +y \right )^{2}\left ( 1+z \right )^{2}+\left ( 1+z \right )^{2}\left ( 1+x \right )^{2}=2p^{2}+q^{2}+2pq+2p-3$

and $\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )=1+p+q+r$

Từ đó áp dụng vào bài toán, bài BĐT trở thành

$2\left ( p+q+2 \right )+2p^{2}+q^{2}+2pq+2p-3\geq \left ( p+q+2 \right )^{2}$

$p^{2}\geq 2q+3$. Do $p^{2}\geq 3q$, $q\geq 3$ nên ta có $Q.e.D$.$\square$

-------------------------------------------------------------
p\s: Linh hok cùng Thanh Thanh phải không?

[Mai Xuan Son]

Ta thấy trong 3 số $a,b,c$ sẽ có 2 số cùng lớn hơn hoặc nhỏ hơn 1.Giả sử là $a$ và $b$.
$(a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b\Leftrightarrow 2(ab+1)\geq (a+1)(b+1)$
Áp dụng nhận xét trên kết hợp vs bổ đề qen thuộc $\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}\geq \frac{1}{xy+1}$ :
$VT\geq \frac{1}{ab+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{2(ab+1)(c+1)}= \frac{1}{\frac{1}{c}+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{1}{(\frac{1}{c}+1)(c+1)}$
$$= \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+ \frac{c}{(c+1)^2}$$
$$= \frac{c(c+1)}{(c+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+ \frac{c}{(c+1)^2}= \frac{(c+1)^2}{(c+1)^2}= 1$$
-------------
Hỵ hỵ hôm qua cũng nghĩ ra thêm cách này mà lười p0st :3

Spam: Lời giải chính thức không biết hay như ri ko :3

[Joker9999]

-------------------------------------------------------------
p\s: Linh hok cùng Thanh Thanh phải không?

Hi k có j. Uh .P. Thị Thanh Thanh. Bạn quen Thanh hả

[tim1nuathatlac]

Bài toán: Cho$a,b,c$ là các số thực dương $abc=1.$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{(a+1)(b+1)(c+1)}\geq 1$

Hôm nay, tình cờ đọc lại cách đổi biến, mình nghĩ ra 1 lời giải nữa cho bài này như sau:

Đặt

$\frac{1}{1+a}=\frac{1+x}{2},\frac{1}{1+b}=\frac{1+y}{2}$ và $\frac{1}{1+c}=\frac{1+z}{2}$

từ đó rút ra được

$a=\frac{1-x}{1+x},b=\frac{1-y}{1+y}$, và $c=\frac{1-z}{1+z}$

$\Rightarrow x+y+z+xyz=0$ và $\left ( x,y,z \right )\in \left ( -1 ;1\right )$

Ta cần chỉ ra

$\left ( 1+x \right )^{2}+\left ( 1+y \right )^{2}+\left ( 1+z \right )^{2}+\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )\geq 4$

$Q.e.D\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+2\left ( x+y+z \right )+xy+yz+zx\geq 0$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+4\left ( x+y+z \right )+\left ( x+y+z \right )^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+x^{2}y^{2}z^{2}\geq 4xyz$ ( thay $x+y+z=-xyz$ )

BĐT trên đúng theo $Am-Gm$ $\sum x^{2}+x^{2}y^{2}z^{2}\geq^{Am-Gm} 4\sqrt[4]{x^{4}y^{4}z^{4}}=4\left | xyz \right |\geq 4xyz$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tim1nuathatlac: 25-12-2012 - 21:38

[nhatvinh2018]

Hôm nay, tình cờ đọc lại cách đổi biến, mình nghĩ ra 1 lời giải nữa cho bài này như sau:

Đặt

$\frac{1}{1+a}=\frac{1+x}{2},\frac{1}{1+b}=\frac{1+y}{2}$ và $\frac{1}{1+c}=\frac{1+z}{2}$

từ đó rút ra được

$a=\frac{1-x}{1+x},b=\frac{1-y}{1+y}$, và $c=\frac{1-z}{1+z}$

$\Rightarrow x+y+z+xyz=0$ và $\left ( x,y,z \right )\in \left ( -1 ;1\right )$

Ta cần chỉ ra

$\left ( 1+x \right )^{2}+\left ( 1+y \right )^{2}+\left ( 1+z \right )^{2}+\left ( 1+x \right )\left ( 1+y \right )\left ( 1+z \right )\geq 4$

$Q.e.D\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+2\left ( x+y+z \right )+xy+yz+zx\geq 0$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+4\left ( x+y+z \right )+\left ( x+y+z \right )^{2}\geq 0$

$\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+x^{2}y^{2}z^{2}\geq 4xyz$ ( thay $x+y+z=-xyz$ )

BĐT trên đúng theo $Am-Gm$ $\sum x^{2}+x^{2}y^{2}z^{2}\geq^{Am-Gm} 4\sqrt[4]{x^{4}y^{4}z^{4}}=4\left | xyz \right |\geq 4xyz$

 

cách này không hay vì đặt ẩn phụ khó