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
* * * * - 13 Bình chọn

BĐT -Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

tuyển tập sưu tầm.

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 74 trả lời

#1 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 14-03-2013 - 18:39

Thân chào tất cả các bạn :)

Thay cho lời mở đầu,mời các bạn đọc qua topic sau.

Nào,chúng ta cùng vào vấn đề chính.

Bài toán 1: Với 3 số dương $a,b,c$;hãy chứng minh rằng :
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \ge a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#2 henry0905

henry0905

    Trung úy

  • Thành viên
  • 892 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Trần Đại Nghĩa
  • Sở thích:Đi ngủ

Đã gửi 14-03-2013 - 18:50

Thân chào tất cả các bạn :)

Thay cho lời mở đầu,mời các bạn đọc qua topic sau.

Nào,chúng ta cùng vào vấn đề chính.

Bài toán 1: Với 3 số dương $a,b,c$;hãy chứng minh rằng :
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \ge a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$ (1)

Phát đầu:
$(1)\Leftrightarrow \sum (\frac{a^{2}}{b}-2a+b)\geq \frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
VT= $\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^{2}}{b}\geq \frac{(a-b+c-b+a-c)^{2}}{a+b+c}=\frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
Ta có dpcm.

#3 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 14-03-2013 - 18:56

Phát đầu:
$(1)\Leftrightarrow \sum (\frac{a^{2}}{b}-2a+b)\geq \frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
VT= $\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^{2}}{b}\geq \frac{(a-b+c-b+a-c)^{2}}{a+b+c}=\frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
Ta có dpcm.

Mong em đọc kỹ dòng này .

Và cũng mong các bạn đưa ra một lời giải hoàn chỉnh ,đừng chỉ nêu hướng giải.

Nhấn mạnh ở chữ hoàn chỉnh đấy nhé ;)
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#4 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

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

Đã gửi 14-03-2013 - 20:49

Mong em đọc kỹ dòng này .

Nhấn mạnh ở chữ hoàn chỉnh đấy nhé ;)

:") E thấy bạn làm được rùi mà anh :D Bài này quá quen thuộc...
Đề xuất 1 bài toán tương tự (Tất nhiên là hay hơn rùi :">)
Đề nghị 1.1.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{7(a-c)^2}{16(ab+bc+ca)}$$
Ngoài điểm rơi $a=b=c$ còn có $a=\frac{4}{3}b,c=0$ :luoi:

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

 

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


#5 Mai Xuan Son

Mai Xuan Son

    Vagrant

  • Thành viên
  • 274 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quảng Bình

Đã gửi 16-03-2013 - 23:33

:") E thấy bạn làm được rùi mà anh :D Bài này quá quen thuộc...
Đề xuất 1 bài toán tương tự (Tất nhiên là hay hơn rùi :">)
Đề nghị 1.1.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{7(a-c)^2}{16(ab+bc+ca)}$$
Ngoài điểm rơi $a=b=c$ còn có $a=\frac{4}{3}b,c=0$ :luoi:

1.2 =))

$a,b,c\geq 0$
Prove
$\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}+\frac{7}{16}.\frac{max{[(a-b)^2;(b-c)^2;(c-a)^2]}}{ab+bc+ac}$

Solution
Giả sử $a\geq b\geq c$
$\rightarrow$
$\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}+\frac{7}{16}.\frac{(a-c)^2}{ab+bc+ca}$
$\Leftrightarrow \sum _{cyc}\frac{a[a(b+c)+bc]}{b+c}\geq \frac{3}{2}(ab+bc+ac)+\frac{17}{6}(a-c)^2$
$\Leftrightarrow \sum a^2+abc.\sum \frac{1}{b+c}\geq \frac{3}{2}(ab+bc+ac)+\frac{7}{16}(a-c)^2$
Theo AM-HM
$\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{2.(a+b+c)}$
Cần chứng minh
$a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{2(a+b+c)}\geq \frac{3}{2}(ab+bc+ac)+\frac{7}{16}(a-c)^2$
Từ trên đặt $a=c+x$
$b=c+y$ $(x\geq y\geq 0)$
Bất đẳng thức tương đương với:
..............
$(11x^2-32xy+32y^2)c+(x+y)(3x-4y)^2\geq 0$ ($TRUE$) $\blacksquare$
Dấu "=" khi
$a=b=c$ or $a=4/3b$ $c=0$

p/s: Đã dự được điểm rơi :ukliam2:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tops2liz: 17-03-2013 - 07:28

~~~like phát~~~

#6 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 17-03-2013 - 10:25

Phát đầu:
$(1)\Leftrightarrow \sum (\frac{a^{2}}{b}-2a+b)\geq \frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
VT= $\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^{2}}{b}\geq \frac{(a-b+c-b+a-c)^{2}}{a+b+c}=\frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
Ta có dpcm.

Anh nhấn mạnh ở chữ hoàn chỉnh là có lý do nhé Đạt ;)

Đáng lẽ nếu áp dụng C-S thì phải ra thế này :
$$VT \ge \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}$$

Và khi này với không mất tính tổng quát ta giả sử $|a-b|=\min \{|a-b|;|b-c|;|c-a| \}$ thì ngay lập tức ta có :
$$|a-b|+|b-c|+|c-a| \ge 2|a-b|$$

Từ đây ,ta cũng có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay $a=\frac{\sqrt{5}-1}{2}c;c=\frac{\sqrt{5}-1}{2}b$.

Đồng thời cũng cảm ơn Đạt và tops2liz đã đưa ra 2 BĐT đề nghị.
**********
Mình sẽ đưa ra 1 cách giải khác cho bài toán 1:

Lời giải bài toán 1:
Ta có 1 đẳng thức sau :
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-(a+b+c)=\frac{1}{a+b+c}\left[\frac{(ac-b^2)^2}{bc}+\frac{(bc-a^2)^2}{ab}+\frac{(ab-c^2)^2}{ac} \right]$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{(ac-b^2)^2}{bc}+\frac{(bc-a^2)^2}{ab}+\frac{(ab-c^2)^2}{ac} \ge 4(a-b)^2$$

Nhưng $\frac{(ab-c^2)^2}{ac} \ge 0$ và:
$$\frac{(ac-b^2)^2}{bc}+\frac{(bc-a^2)^2}{ab} \ge \frac{(|ac-b^2|+|bc-a^2|)^2}{b(a+c)} \ge \frac{(a-b)^2(a+b+c)^2}{b(a+c)}$$

Bằng AM-GM,ta có :
$$b(a+c) \le \frac{(a+b+c)^2}{4} \implies \frac{(a-b)^2(a+b+c)^2}{b(a+c)} \ge 4(a-b)^2$$

Từ đây,ta có đpcm.
**********
Tiếp tục với đề mới nào :

Bài toán 2: Cho $a,b,c,d,e$ là các số thực không âm và có tổng bằng 5.Chứng minh rằng: (7)
$$abc+bcd+cde+dea+eab \le 5$$

Bài toán 3: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn tổng bằng 4.Chứng minh rằng : (37)
$$\frac{1}{11+a^2}+\frac{1}{11+b^2}+\frac{1}{11+c^2}+\frac{1}{11+d^2} \le \frac{1}{3}$$

:)
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#7 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 17-03-2013 - 10:41

Bài toán 2: Cho $a,b,c,d,e$ là các số thực không âm và có tổng bằng 5.Chứng minh rằng: (7)
$$abc+bcd+cde+dea+eab \le 5$$

:)

Giả sử $e=\min \{a,b,c,d,e\}$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$$abc+bcd+cde+dea+eab=e(a+c)(b+d)+bc(a+c-e)\le e\left(\frac{a+b+c+d}{2} \right )^2+\left(\frac{b+c+a+d-e}{3} \right )^2 =\frac{e(5-e)^2}{4}+\frac{(5-2e)^3}{27}$$

Ta cần chứng minh $$\frac{e(5-e)^2}{4}+\frac{(5-2e)^3}{27}\le 1$$

Bất đẳng thức này tương đương với $$(e-1)^2(e+8)\ge 0. \square$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 17-03-2013 - 10:42

►|| 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

#8 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 17-03-2013 - 17:01

Bài toán 3: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn tổng bằng 4.Chứng minh rằng : (37)
$$\frac{1}{11+a^2}+\frac{1}{11+b^2}+\frac{1}{11+c^2}+\frac{1}{11+d^2} \le \frac{1}{3}$$


Bài này có vẻ dễ, hình như bỏ đk >0 đj cũng được
Ta chứng minh: $\frac{1}{11+a^2}\leq \frac{1}{12}-\frac{1}{72}(a-1)$, điều này tương đương với: $\frac{(a-1)^2(60-12a)}{864(11+a^2)}\geq 0$ đúng do $a\leq 4$
Thiết lập các BDT tương tự có đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 17-03-2013 - 17:13

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#9 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 17-03-2013 - 17:35

Bài này có vẻ dễ, hình như bỏ đk >0 đj cũng được
Ta chứng minh: $\frac{1}{11+a^2}\leq \frac{1}{12}-\frac{1}{72}(a-1)$, điều này tương đương với: $\frac{(a-1)^2(60-12a)}{864(11+a^2)}\geq 0$ đúng do $a\leq 4$
Thiết lập các BDT tương tự có đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=1$

Cách giải này phải cần đến điều kiện dương thì mới suy ra được $a<4$ ;) Bài này có nhiều cách lắm,cứ tìm tòi thử đi nhé :)
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#10 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 22-03-2013 - 20:41


Bài toán 2: Cho $a,b,c,d,e$ là các số thực không âm và có tổng bằng 5.Chứng minh rằng: (7)
$$abc+bcd+cde+dea+eab \le 5$$

Bài toán 3: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn tổng bằng 4.Chứng minh rằng : (37)
$$\frac{1}{11+a^2}+\frac{1}{11+b^2}+\frac{1}{11+c^2}+\frac{1}{11+d^2} \le \frac{1}{3}$$

:)

Lời giải cho bài toán 2 hoàn toàn giống với Kiên đã trình bày :)

Các bạn vẫn có thể tiếp tục thảo luận các bài toán cũ ngay cả khi có đề mới. :)

Lời giải bài toán 3:

Lời giải 1: (của Apartim De)
Xét hàm số $f(x)=\frac{1}{11+x^2}$ có đạo hàm cấp 2 là $f'(x)=\frac{6\left(x^2-\frac{11}{3} \right)}{(11+x^2)^3}$.

Do đó nếu $x \in \left(-\sqrt{\frac{11}{3}};\sqrt{\frac{11}{3}} \right)$ thì $f''(x)<0$,suy ra $f(x)$ là hàm lõm trong đoạn $\left(-\sqrt{\frac{11}{3}};\sqrt{\frac{11}{3}} \right)$.

Không mất tính tổng quát,giả sử $a \le b \le c \le d$.

Nếu cả 4 số $a,b,c,d$ đều thuộc khoảng $\left(0;\sqrt{\frac{11}{3}} \right)$ thì BĐT cần chứng minh sẽ đúng theo BĐT Jensen.

Do đó,xét có ít nhất 2 trong số 4 biến $a,b,c,d$ lớn hơn $\sqrt{\frac{11}{3}}$,giả sử đó là $c$ và $d$.

Dễ thấy rằng hàm số $f(x)$ ở trên là hàm nghịch biến trên khoảng xác định là $(0;+\infty)$,nên :
$$f(a)+f(b)+f\left(c \right)+f(d)<f(a-1)+f(b-1)+f(c-3)+f(d-3)<4f\left(\frac{a+b+c+d-8}{4} \right)=4f(-1)=\frac{1}{3}$$.

Lời giải 2: (của Popa Alexandru)
Viết BĐT lại dưới dạng tương đương sau : $\sum_{cyc}(1-a)\frac{a+1}{11+a^2} \ge 0$.

Để ý rằng nếu $a \ge b \ge c \ge d$ thì $\frac{a+1}{11+a^2} \le \frac{b+1}{11+b^2} \le \frac{c+1}{11+c^2} \le \frac{d+1}{11+d^2}$.

Do đó BĐT trên chỉ là hệ quả của BĐT Chebyshev.

**********
Đề mới :

Bài toán 4: Ký hiệu  thông thường $R,r,p$ trong tam giác.Chứng minh rằng $p^2 \ge 2R^2+8Rr+3r^2$.

Bài toán 5: Cho $0<a<b$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_{n}$ thuộc đoạn $[a;b]$.Chứng minh :
$$\left(x_1+x_2+...+x_{n} \right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{n}} \right) \le \frac{n^2(a+b)^2}{4ab}$$

 


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#11 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 31-03-2013 - 18:12





Bài toán 5: Cho $0<a<b$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_{n}$ thuộc đoạn $[a;b]$.Chứng minh :
$$\left(x_1+x_2+...+x_{n} \right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{n}} \right) \le \frac{n^2(a+b)^2}{4ab}$$

 

$$VT =\left(\frac{a_1}{c}+\frac{a_2}{c}+...+\frac{a_n}{c} \right )\left(\frac{c}{a_1}+\frac{c}{a_2}+...+\frac{c}{a_n} \right )\le \frac{1}{4}\left(\frac{a_1}{c}+\frac{c}{a_1}+\frac{a_2}{c}+\frac{c}{a_2}+...+\frac{a_n}{c}+\frac{c}{a_n} \right )^2$$


Đặt $f(t)=\frac{c}{t}+\frac{t}{c}$

Ta có $f(t)$ đạt giá trị lớn nhất trên $[a;b]$ tại $a$ hoặc $b$.

Ta sẽ chọn $c$ sao cho $f(a)=f(b),c=\sqrt{ab}$

Vậy $f(t)\le \sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}$

Vậy  $$VT \le n^2 \left( \sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}\right )^2 =VP$$

 

Spoiler


►|| 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

#12 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 31-03-2013 - 18:12


Bài toán 4: Ký hiệu  thông thường $R,r,p$ trong tam giác.Chứng minh rằng $p^2 \ge 2R^2+8Rr+3r^2$.

Bài toán 5: Cho $0<a<b$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_{n}$ thuộc đoạn $[a;b]$.Chứng minh :
$$\left(x_1+x_2+...+x_{n} \right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{n}} \right) \le \frac{n^2(a+b)^2}{4ab}$$

 

Cứ tưởng sẽ có nhiều người ủng hộ topic này lắm,vì thấy trên diễn đàn khá nhiều topic BĐT...

Spoiler

 

Lời giải bài toán 4 (của Virgil Nicula):

Ta sẽ sử dụng các công thức liên qua đến các góc tam giác sau :

  • $(1):a^2+b^2+c^2=2(p^2-r^2-4Rr)$.
  • $(2):4S=(b^2+c^2-a^2)\tan A$.
  • $(3):\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C=\frac{2S}{R^2}$.
  • $(4):\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac{r}{R}$.

 

Do đó :

 

\[\begin{eqnarray*}\sum {{a^2}}  &=& \sum {\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)}=  4S\sum {\frac{{\cos A}}{{\sin A}}} \\&=& 8S\sum {\frac{{{{\cos }^2}A}}{{{\rm{sin2}}A}}} \ge  8S\frac{{{{\left( {\sum {\cos A} } \right)}^2}}}{{\sum {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}A} }}\\&=& 8S.\frac{{{{\left( {1 + \frac{r}{R}} \right)}^2}}}{{\frac{{2S}}{{{R^2}}}}} = 4{\left( {R + r} \right)^2}\\\Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} &\ge& 4{\left( {R + r} \right)^2}\\\Rightarrow 2\left( {{p^2} - {r^2} - 4Rr} \right) &\ge& 4{\left( {R + r} \right)^2}\\\Rightarrow {p^2} &\ge& 2{R^2} + 8Rr + 3{r^2}\end{eqnarray*}\]
 
Lời giải bài toán 5 (của Popa Alexandru):
Đặt $P = \left( {{x_1} + {x_2} + ... + {x_n}} \right)\left( {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} + ... + \frac{1}{{{x_n}}}} \right)$.Ta có :
\[\begin{array}{rcl}P &=& \left( {{x_1} + {x_2} + ... + {x_n}} \right)\left( {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} + ... + \frac{1}{{{x_n}}}} \right)\\&=& \left( {\frac{{{x_1}}}{c} + ... + \frac{{{x_n}}}{c}} \right)\left( {\frac{c}{{{x_1}}} + ... + \frac{c}{{{x_n}}}} \right)\\&\le& \frac{1}{4}{\left( {\frac{c}{{{x_1}}} + \frac{{{x_1}}}{c} + ... + \frac{c}{{{x_n}}} + \frac{{{x_n}}}{c}} \right)^2}\end{array}\]
 
Hàm số $f(t)=\frac{c}{t}+\frac{t}{c}$ đạt cực đại trên đoạn $[a;b]$ tại $a$ hay $b$.
 
Ta sẽ chọn $c$ sao cho $f(a)=f(b);c=\sqrt{ab}$.Từ đó $f(t) \le \sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}$.
 
Suy ra :
\[P \le \frac{{{n^2}}}{4}{\left( {\sqrt {\frac{a}{b}}  + \sqrt {\frac{b}{a}} } \right)^2} = \frac{{{n^2}}}{4}\frac{{\left( {a + {b^2}} \right)}}{{ab}}\]
 
**********
Đề mới:
 
Bài toán 6: Cho $a,b,c \ge 0$.Chứng minh rằng :(35)
\[\left( {{a^2} - bc} \right)\sqrt {b + c}  + \left( {{b^2} - ca} \right)\sqrt {c + a}  + \left( {{c^2} - ab} \right)\sqrt {a + b}  \ge 0\]
 
Bài toán 7: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $3x+2y+z=1$.Tìm GTLN của $A=\frac{1}{1+|x|}+\frac{1}{1+|y|}+\frac{1}{1+|z|}$. (26)

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#13 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 07-04-2013 - 17:20

Bài toán 6: Cho $a,b,c \ge 0$.Chứng minh rằng :(35)


\[\left( {{a^2} - bc} \right)\sqrt {b + c}  + \left( {{b^2} - ca} \right)\sqrt {c + a}  + \left( {{c^2} - ab} \right)\sqrt {a + b}  \ge 0\]
 
Bài toán 7: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $3x+2y+z=1$.Tìm GTLN của $A=\frac{1}{1+|x|}+\frac{1}{1+|y|}+\frac{1}{1+|z|}$. (26)

Spoiler

Lời giải bài toán 6: 

 

Lời giải 1: (của Popa Alexandru

Đặt $\frac{a+b}{2}=x^2;...$ thì BĐT trở thành :

 

\[\begin{array}{l}\sum\limits_{cyc} {xy\left( {{x^3} + {y^3}} \right)}  \ge \sum\limits_{cyc} {{x^2}{y^2}\left( {x + y} \right)} \\\Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {xy\left( {x + y} \right){{\left( {x - y} \right)}^2}}  \ge 0\end{array}\]
 
Lời giải 2: (của Popa Alexandru)
Đặt $A=\sqrt{b+c};...$.Viết lại BĐT dưới dạng :
\[A\left( {{a^2} - bc} \right) + B\left( {{b^2} - ca} \right) + C\left( {{c^2} - ab} \right) \ge 0\]
 
Ta có :
\[\begin{array}{rcl}2\sum\limits_{cyc} {A\left( {{a^2} - bc} \right)}  &=& \sum\limits_{cyc} {A\left[ {\left( {a - b} \right)\left( {a + c} \right) + \left( {a - c} \right)\left( {a + b} \right)} \right]} \\&=& \sum\limits_{cyc} {A\left( {a - b} \right)\left( {a + c} \right)}  + \sum\limits_{cyc} {B\left( {b - a} \right)\left( {b + c} \right)} \\&=& \sum\limits_{cyc} {\left( {a - b} \right)\left[ {A\left( {a + c} \right) - B\left( {b + c} \right)} \right]} \\&=& \sum\limits_{cyc} {\left( {a - b} \right)\frac{{{A^2}{{\left( {a + c} \right)}^2} - {B^2}{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{{A\left( {a + c} \right) + B\left( {b + c} \right)}}} \\&=& \sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}}{{A\left( {a + c} \right) + B\left( {b + c} \right)}}}  \ge 0\end{array}\]
 
Lời giải bài toán 7 (của dgreenb801):
Chúng ta có thể giả sử cả 3 số $x,y,z$ đều dương vì nếu 1 trong 3 số âm,chúng ta có thể làm cho nó dương và cho phép chúng ta giảm giá trị của 2 biến còn lại,từ đó làm cho tổng biểu thức lớn hơn.
 
Đặt $3x=a;2y=b;z=c$ thì $a+b+c=1$ và chúng ta cần tìm GTLN của $A=\frac{3}{{a + 3}} + \frac{2}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 1}}$.
 
Để ý rằng:
\[\left( {\frac{3}{{a + c + 3}} + 1} \right) - \left( {\frac{3}{{a + 3}} + \frac{1}{{c + 1}}} \right) = \frac{{{a^2}c + a{c^2} + 6ac + 6c}}{{\left( {a + 3} \right)\left( {c + 1} \right)\left( {a + c + 3} \right)}} \ge 0\]
 
Với $a+c$ thay đổi thì tổng đạt GTLN khi $c=0$.Ta cũng có thể lập luận tương tự với $b=0$ thì biểu thức A cũng đạt GTLN.
 
Vậy A đạt GTLN khi $a=1;b=c=0$,với GTLN là $\frac{11}{4}$.
 
**********
Đề mới :
 
Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)
\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]
 
Bài toán 9: Cho $a,b,c,d>0$.Chứng minh : (33)
\[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{ab + {b^2}}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{bc + {c^2}}} + \frac{{{c^2} + {d^2}}}{{cd + {d^2}}} \ge \sqrt[3]{{\frac{{54a}}{{a + d}}}}\]

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#14 nguyenthehoan

nguyenthehoan

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 392 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:HUS_High School For Gift Students
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 07-04-2013 - 18:01

**********

Đề mới :
 
Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)
\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]
 

Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Svac ta có 

 

$VT\geq \frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{3}+\sum a(b^{2}+c^{2})}$

 

Nên ta phải cm 

 

$\frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{3}+\sum a(b^{2}+c^{2})}\geq \frac{\sum a}{3}$

 

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

 

Đúng vì ta có bất đẳng thức quen thuộc sau

 

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

 

và $(\sum a^{2})^{2}\geq 3(b^{3}a+c^{3}b+a^{3}c)$ (dpcm)



#15 Idie9xx

Idie9xx

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 319 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A4 - Tân Lập

Đã gửi 07-04-2013 - 20:12

Spoiler

**********
Đề mới :
 
Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)
\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]
 

Topic vắng ghê :mellow:

Một cách giải khác cho bài này.

Ta có $A=\sum \frac{a^3}{a^2 + b^2 + ab} - \sum \frac{b^3}{a^2 + b^2 + ab} =\sum \frac{a^3-b^3}{a^2 + b^2 + ab} = \sum (a-b)=0$

Xét thấy $3a^2-3ab+3b^2 \geq a^2+ab+b^2 \Leftrightarrow 3(a+b)(a^2-ab+b^2) \geq (a+b)(a^2+ab+b^2) \Leftrightarrow \frac{a^3+b^3}{a^2 + b^2 + ab} \geq \frac{a+b}{3}$

$\Rightarrow B=\sum \frac{a^3}{a^2 + b^2 + ab} + \sum \frac{b^3}{a^2 + b^2 + ab} \geq 2 \cdot \frac{a+b+c}{3}$

Nên $\sum \frac{a^3}{a^2 + b^2 + ab}=\frac{A+B}{2} \geq \frac{a+b+c}{3}$ (dpcm) :D

 

@Dark templar: Đây cũng là thủ thuật giải bài này của mình.Nhìn chung bài này có khá nhiều cách,các bạn cứ tiếp tục tìm cách khác nhé. :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-04-2013 - 20:32

$\large \circ \ast R_f\cdot Q_r\cdot 1080\ast \circ$

#16 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 13-04-2013 - 20:35



Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)


\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]
 
Bài toán 9: Cho $a,b,c,d>0$.Chứng minh : (33)
\[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{ab + {b^2}}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{bc + {c^2}}} + \frac{{{c^2} + {d^2}}}{{cd + {d^2}}} \ge \sqrt[3]{{\frac{{54a}}{{a + d}}}}\]

 

Lời giải bài toán 8: 

 

Lời giải 1 (của Popa Alexandru):

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  = \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \]

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh :

\[\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]

 

Ta có:

 

\[\begin{array}{rcl}\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  - \frac{{a + b + c}}{3} &=& \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\left( {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} - \frac{{a + b}}{3}} \right)} \\&=& \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{3{a^3} + 3{b^3} - {a^3} - {a^2}b - a{b^2} - {b^3} - {a^2}b - a{b^2}}}{{3\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}}} \\&=& \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{2{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {a + b} \right)}}{{3\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}}}  \ge 0\end{array}\]
 
Lời giải 2 (của Mohamed El-Alami):
Ta có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  = \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \]
 

Do $2(a^2+ab+b^2) \le 3(a^2+b^2)$ nên:

\[VT = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{2\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}}}  \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{3\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}}  \ge \frac{{a + b + c}}{3} = VP\]

 

 

Lời giải bài toán 9 (của Aravind Srinivas):

Việt lại VP dưới dạng sau $\frac{{{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{a}{b} + 1}} + \frac{{{{\left( {\frac{b}{c}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{b}{c} + 1}} + \frac{{{{\left( {\frac{c}{d}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{c}{d} + 1}}$.

 

Dễ thấy hàm số $f(t)=\frac{t^2+1}{t+1}$ là hàm lồi với $t>0$ nên theo BĐT Jensen thì ta có:

\[VP \ge \frac{{{{\left( {\frac{{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}}{3}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{d} + 3}}\]

 

Đặt $K=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ thì:

\[\frac{{{{\left( {\frac{K}{3}} \right)}^2} + 1}}{{K + 3}} = \frac{{K + \frac{9}{K}}}{{1 + \frac{3}{K}}} \ge \frac{6}{{1 + \frac{3}{K}}}\]

 

Mặt khác theo AM-GM $K \ge 3{\left( {\frac{d}{a}} \right)^{\frac{1}{3}}}$.

 

Do đó: 

\[\frac{6}{{1 + \frac{3}{K}}} \ge \frac{{6{a^{\frac{1}{3}}}}}{{{a^{\frac{1}{3}}} + {d^{\frac{1}{3}}}}} \ge \frac{{3{a^{\frac{1}{3}}}}}{{{{\left( {\frac{{a + d}}{2}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}} = {\left( {\frac{{54a}}{{a + d}}} \right)^{\frac{1}{3}}}\]

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 10: Cho $a,b,c \ge 0$ có tổng bằng 1.Chứng minh: (32)

\[\frac{a}{{\sqrt {{b^2} + 3c} }} + \frac{b}{{\sqrt {{c^2} + 3a} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + 3b} }} \ge \frac{1}{{\sqrt {1 + 3abc} }}\]

 

Bài toán 11: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^3+b^3+3c=5$.Chứng minh: (41)

\[\sqrt {\frac{{a + b}}{{2c}}}  + \sqrt {\frac{{b + c}}{{2a}}}  + \sqrt {\frac{{c + a}}{{2b}}}  \le \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\]

 

 

 

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 13-04-2013 - 20:36

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#17 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

  • Thành viên
  • 776 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 14-04-2013 - 20:21



 


 
Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)
\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]
 
 

Bài này quen quen :))

Theo bất đẳng thức AM-GM,ta có

 

$\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{a+b}{3}$

 

$\Rightarrow \sum \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge \sum (a-\frac{a+b}{2})=\frac{a+b+c}{3}$

 

Đây chính là đcpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 14-04-2013 - 20:31


#18 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

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

Đã gửi 15-04-2013 - 12:00

 

Bài toán 10: Cho $a,b,c \ge 0$ có tổng bằng 1.Chứng minh: (32)

\[\frac{a}{{\sqrt {{b^2} + 3c} }} + \frac{b}{{\sqrt {{c^2} + 3a} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + 3b} }} \ge \frac{1}{{\sqrt {1 + 3abc} }}\]

 

Bài toán 11: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^3+b^3+3c=5$.Chứng minh: (41)

\[\sqrt {\frac{{a + b}}{{2c}}}  + \sqrt {\frac{{b + c}}{{2a}}}  + \sqrt {\frac{{c + a}}{{2b}}}  \le \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\]

 

Lâu nay để topic phủ bụi r` :D Quay lại thui :>

Bài toán 10:

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có :

$$\left(\sum_{cyc} \frac{a}{{\sqrt {{b^2} + 3c} }}\right)^2.\left[\sum_{cyc} a(b^2+3c)\right]\geq (a+b+c)^3=1$$

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh :

$$\sum_{cyc} a(b^2+3c)\leq 1+3abc$$

Hay là :

$$ab^2+bc^2+ca^2+3(ab+bc+ca)\leq 1+3abc$$

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do 3 bất đẳng thức quen thuộc :

$$ab^2+bc^2+ca^2\leq \frac{4}{27}-abc\,\,\,(\text{Bổ đề thân quen})$$

$$\frac{4(ab+bc+ca)-4}{9}\leq 4abc\,\,\,(\text{Schur})$$

$$\frac{23}{9}(ab+bc+ca)\leq \frac{23}{9}\,\,\,(\text{AM-GM})$$

Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=\frac{1}{3}$ $\blacksquare$

Bài toán 11:

Đầu tiên chúng ta đi khai thác cái giả thiết khá "lừa tình " :D

$$9=a^3+b^3+4+3c=(a^3+1+1)+(b^3+1+1)+3c\geq 3(a+b+c)$$

$$\Leftrightarrow a+b+c\leq 3$$

Công việc còn lại là phá căn bằng $AM-GM$ quá đơn giản :P

$$\sqrt {\frac{{a + b}}{{2c}}} + \sqrt {\frac{{b + c}}{{2a}}} + \sqrt {\frac{{c + a}}{{2b}}}\leq \frac{1}{2}.\sum \left(\frac{a+b}{2}+\frac{1}{c}\right)$$

$$\leq \frac{1}{2}.\left(3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$

( Do $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}\geq 3$ )

Kết thúc chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 15-04-2013 - 12:01

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

 

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


#19 Poseidont

Poseidont

    Dark Knight

  • Thành viên
  • 322 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thái Hoà

Đã gửi 15-04-2013 - 13:57

Bài 10: Hoàn toàn có thể làm theo cách THCS, chậm hơn chú rồi

$VT=\sum_{cyc}\frac{a^2}{\sqrt{a}.\sqrt{ab^2+3ca}}\geq ^{Cauchy-Schwarz}\frac{(\sum a)^2}{\sum \sqrt{a}.\sqrt{ab^2+3ca}}\geq \frac{1}{\sqrt{\sum_{cyc} ab^2}+3\sum_{cyc}ab}$

Mà ta có

$\inline 1+3abc=(\sum _{cyc}a)^3+3abc=\sum_{cyc} a^3+3\prod_{cyc}(a+b)+3abc\geq \sum _{cyc}ab^2+\sum 3\sum _{cyc}a.\sum _{cyc}ab\geq \sum _{cyc}ab^2+\sum _{cyc}3ab$

Suy ra điều chứng minh


Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF


#20 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 20-04-2013 - 20:58

2 lời giải của Đạt rất tuyệt,hoàn toàn giống với lời giải gốc. :)

 

Đề mới:

 

Bài toán 12: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : 

\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge \frac{{c + a}}{{c + b}} + \frac{{a + b}}{{a + c}} + \frac{{b + c}}{{b + a}}\]

 

Bài toán 13: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn $a \le b \le c \le d$ và $abcd=1$.Chứng minh rằng:

\[\left( {a + 1} \right)\left( {d + 1} \right) \ge 3 + \frac{3}{{4{d^3}}}\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 20-04-2013 - 20:59

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.





1 người đang xem chủ đề

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