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

#21 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

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

Đã gửi 20-04-2013 - 22:40

 

 

Đề mới:

 

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

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

 

 

BĐT cần chứng minh tương đương:

 

$\sum(\frac{a}{b}-\frac{a}{b+c})\ge \sum \frac{c}{b+c}$

 

$\Leftrightarrow \sum \frac{ca}{b(b+c)}+\sum\frac{b}{b+c}\ge 3$

 

$ \Leftrightarrow \frac{b^2+ca}{b(b+c)}+\frac{c^2+ab}{c(c+a)}+\frac{a^2+bc}{a(a+b)}\ge 3$

 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

 

$[\sum \frac{b^2+ca}{b(b+c)}][\sum \frac{1}{a+b}]\ge [\sum\sqrt{\frac{b^2+ca}{b(b+c)(b+a)}}]^2$

và 

 

$[\sum\sqrt{\frac{b^2+ca}{b(b+c)(b+a)}}]^2 \geq 3\sum \sqrt{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(b+c)(c+a)}}$

 

Do đó ta cần chứng minh

 

$\sum \sqrt{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(b+c)(c+a)}}\ge \sum \frac{1}{a+b}$

 

Ta sẽ chứng minh

 

$\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(b+c)(c+a)}\ge \frac{1}{(a+b)^2} $

 

$\Leftrightarrow \frac{c(a-b)^2}{ab(a+b)(b+c)(c+a)}\ge 0$ ( đúng)

 

$\Rightarrow \sqrt{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{ab(a+b)^2(b+c)(c+a)}}\ge \frac{1}{a+b}$

 

Cộng các bất đẳng thức tương tự lại, ta có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$



#22 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 20-04-2013 - 23:50

Đề mới:

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 này khá dễ :lol:

 

Theo bài ra ta có $ad^{3}\geq 1$ $\rightarrow a\geq \frac{1}{d^{3}}$

 

Thay vào và ta phải cm

 

$f(d)=4d^{4}-8d^{3}+4d+1\geq 0$.Tính đạo hàm

 

$f'(d)=(2d-1)(8d^{2}-8d-4)$ có nghiệm $d=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$

 

Lập bảng biến thiên với điểm cực tiểu là $\frac{1+\sqrt{3}}{2}$  ta có ngay dpcm

 

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow ad^{3}=1,d=\frac{1+\sqrt{3}}{2}=b=c$



#23 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 21-04-2013 - 17:34



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 này không khó,nhưng quan trọng là các bạn giải được bằng bao nhiêu cách ? :)

 

Spoiler

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 21-04-2013 - 17:35

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

#24 vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • Điều hành viên Đại học
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

Đã gửi 21-04-2013 - 17:40

Đề mới:

 

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

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

 

 

Em xin được đóng góp cho topic chút ít

Giả sử $c=min\left \{ a, b, c \right \}$

Ta có $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-3=\frac{(a-b)^2}{ab}+\frac{(a-c)(b-c)}{ac}$

Do đó BĐT đã cho tương đương với $\left [ \frac{1}{ab}-\frac{1}{(a+c)(b+c)} \right ](a-b)^2+\left [ \frac{1}{ac}-\frac{1}{(a+c)(a+b)} \right ](a-c)(b-c)\geq 0$ (đúng vì c là số nhỏ nhất trong 3 số)


$\sum_{P} I(P, F\cap G)=mn$

 

"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck


#25 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 29-04-2013 - 12:16



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

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

 

Cùng chiêm ngưỡng thêm 4 cách nữa cho bài này nhé :)

**********

Lời giải bài toán 12:

Lời giải 1 (của Popa Alexandru):

Biến đổi tương đương cho ta:

 

\[\begin{array}{rcl}\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} - \frac{{a + b}}{{a + c}} - \frac{{b + c}}{{b + a}} - \frac{{c + a}}{{c + b}} &=& \frac{{abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}\left( {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2}}} - \frac{a}{b} - \frac{b}{c} - \frac{c}{a}} \right)\\&+& \frac{{abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}\left( {\frac{{ab}}{{{c^2}}} + \frac{{bc}}{{{a^2}}} + \frac{{ca}}{{{b^2}}} - 3} \right)\end{array}\]
 
Dễ thấy theo BĐT AM-GM thì:
\[\frac{{ab}}{{{c^2}}} + \frac{{bc}}{{{a^2}}} + \frac{{ca}}{{{b^2}}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{ab}}{{{c^2}}}.\frac{{bc}}{{{a^2}}}.\frac{{ca}}{{{b^2}}}}} = 3\]

\[{\left( {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2}}}} \right)^2} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}}.\frac{{{b^2}}}{{{c^2}}}.\frac{{{c^2}}}{{{a^2}}}}}\left( {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2}}}} \right) \ge {\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2}\]

 

Lời giải 2 (của Raghav Grover):

Đặt $x=\frac{a}{b};y=\frac{b}{c};z=\frac{c}{a}$ ,suy ra $xyz=1$.

 

BĐT trở thành:

\[{x^2}y + {y^2}z + {z^2}x + {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge x + y + z + 3\]

 

Dễ dàng có:

 


\[\begin{array}{l}{x^2} + 1 \ge 2x\\{y^2} + 1 \ge 2y\\{z^2} + 1 \ge 2z\\\Rightarrow \sum\limits_{cyc} {{x^2}}  + 3 \ge 2\sum\limits_{cyc} x  \ge 3 + \sum\limits_{cyc} x \\\Rightarrow \sum\limits_{cyc} {{x^2}}  \ge \sum\limits_{cyc} x \end{array}\]
 
Và ${x^2}y + {y^2}z + {z^2}x \ge 3$ nên ta có đpcm.
 
Lời giải 3 (của Popa Alexandru):
Khai triển BĐT sẽ có:
\[{a^4}{c^2} + {b^4}{a^2} + {c^4}{b^2} + \sum\limits_{cyc} {{a^3}{b^3}}  \ge abc\left( {\sum\limits_{cyc} {a{b^2}}  + 3abc} \right)\]

 

BĐT này đúng do theo AM-GM:

\[{a^3}{b^3} + {b^3}{c^3} + {c^3}{a^3} \ge 3{a^2}{b^2}{c^2}\]

 

Và BĐT Muirhead:

\[{a^4}{c^2} + {b^4}{a^2} + {c^4}{b^2} \ge abc\left( {a{b^2} + b{c^2} + c{a^2}} \right)\]

 

Lời giải 4 (của Popa Alexandru):

Chú ý rằng BĐT tương đương với:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2} + bc}}{{a\left( {b + a} \right)}}}  \ge 3\]

 

Nên sử dụng AM-GM:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2} + bc}}{{a\left( {b + a} \right)}}}  \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{\prod {\left( {{a^2} + bc} \right)} }}{{abc\prod {\left( {a + b} \right)} }}}}\]

 

Ta chỉ cần chứng minh:

\[\prod {\left( {{a^2} + bc} \right)}  \ge abc\prod {\left( {a + b} \right)} \]

 

Để ý rằng:

 

\[\begin{array}{l}\left( {{a^2} + bc} \right)\left( {{b^2} + ac} \right) \ge ab\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)\\\Leftrightarrow {a^3} + {b^3} \ge {a^2}b + a{b^2}\\\Leftrightarrow \left( {a + b} \right){\left( {a - b} \right)^2} \ge 0\end{array}\]

 

Nhân các BĐT tương tự ta có đpcm.

**********

Đề mới:

 

Bài toán 14: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Gọi $\beta$ là góc giữa cạnh $a$ và $c$.Chứng minh: (22)

\[\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} > \frac{{2\sqrt 3c \sin \beta  - a}}{{b + c}}\]

 

Bài toán 15: Cho $a,b,c>0$ thỏa tích số bằng 1.Chứng minh: (25)

\[\frac{{ab}}{{{a^2} + {b^2} + \sqrt c }} + \frac{{bc}}{{{b^2} + {c^2} + \sqrt a }} + \frac{{ca}}{{{c^2} + {a^2} + \sqrt b }} \le 1\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 29-04-2013 - 17:56
Sửa lỗi đề !

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

#26 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

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

Đã gửi 29-04-2013 - 13:06



 

 




**********

Đề mới:

 

Bài 15: Cho $a,b,c>0$ thỏa tích số bằng 1.Chứng minh: (25)

\[\frac{{ab}}{{{a^2} + {b^2} + \sqrt c }} + \frac{{bc}}{{{b^2} + {c^2} + \sqrt a }} + \frac{{ca}}{{{c^2} + {a^2} + \sqrt b }} \le 1\]

 

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM và điều kiện $abc=1$ ta có

 

$\frac{ab}{a^2+b^2+\sqrt{c}} \le \frac{ab}{2ab+c\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}}{2\sqrt{ab}+\sqrt{c}}$

 

Đặt $\sqrt{a}=x ; \sqrt{b}=y ; \sqrt{c}=z$

 

Khi đó ta cần chứng minh:

 

$\frac{xy}{2xy+z}+\frac{yz}{2yz+x}+\frac{zx}{2zx+y}\le 1$  (*)

 

Với $xyz=1$

 

(*) tương đương với

 

$\frac{z}{2xy+z}+\frac{x}{2yz+x}+\frac{y}{2zx+y}\ge 1$

 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

 

$\sum \frac{z}{2xy+z}\ge \frac{(x+y+z)^2}{6xyz+x^2+y^2+z^2}$

 

Mặt khác do $xyz=1$ nên $xy+yz+zx\ge 3\sqrt[3]{xyz}=3xyz$

 

Suy ra 

$\frac{(x+y+z)^2}{6xyz+x^2+y^2+z^2}\ge \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+zx)+x^2+y^2+z^2}=1$

 

hay ta có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 29-04-2013 - 13:09


#27 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 29-04-2013 - 16:24



 




Bài toán 14: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Gọi $\beta$ là góc giữa cạnh $a$ và $c$.Chứng minh: (22)

\[\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} > \frac{{2\sqrt 3 \sin \beta  - a}}{{b + c}}\]

 

Anh Phúc ơi hình như đề bài thiếu ạ :lol:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenthehoan: 29-04-2013 - 16:25


#28 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 29-04-2013 - 17:55

Anh Phúc ơi hình như đề bài thiếu ạ :lol:

Cảm ơn Hoàn nhé :) Đúng là gõ thiếu :P Anh đã edit lại bên trên.


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

#29 hungchng

hungchng

    Sĩ quan

  • Điều hành viên
  • 337 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-04-2013 - 18:01

Xin gởi các bạn mẫu để tổng hợp các bài trong phần này. Mong sẽ có bạn làm tiếp.

File gửi kèm  BDTmathlink.tex   9.38K   256 Số lần tải

File gửi kèm  BDTmathlink.pdf   157.02K   237 Số lần tải


Hình đã gửi

#30 Oral1020

Oral1020

    Thịnh To Tướng

  • Thành viên
  • 1225 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:My house

Đã gửi 30-04-2013 - 08:03

Bài 16: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c \ge \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$.Chứng minh rằng:

$\dfrac{a^3c}{b(a+c)} +\dfrac{b^3a}{c(a+b)}+\dfrac{c^3b}{a(b+c)} \ge \dfrac{3}{2}$

--

Bài 14 chưa ai giải,em đăng cho song song hai bài :P


"If I feel unhappy,I do mathematics to become happy.


If I feel happy,I do mathematics to keep happy."

Alfréd Rényi

Hình đã gửi


#31 IloveMaths

IloveMaths

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 171 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:quảng bình

Đã gửi 30-04-2013 - 09:55



 




 

Bài toán 14: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Gọi $\beta$ là góc giữa cạnh $a$ và $c$.Chứng minh: (22)

\[\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} > \frac{{2\sqrt 3c \sin \beta  - a}}{{b + c}}\]

 

 

 

$\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} > \frac{{2\sqrt 3c \sin \beta - a}}{{b + c}}$

$\Leftrightarrow \frac{b^2+c^2}{a^2}+\frac{a}{b+c}>\frac{2.\sqrt{3}.sin\beta.c }{b+c} \Leftrightarrow (b^2+c^2)(b+c)+a^3>2.\sqrt{3}.c.sin\beta .a^2=2.\sqrt{3}.abc.sinA$

 

 

Ta có: $sinA\leq 1$  nên ta chỉ cần chứng minh: 

$(b^2+c^2)(b+c)+a^3>2.\sqrt{3}abc\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+bc(b+c)> 2.\sqrt{3}abc$

Theo bất đẳng thức Cauchy và bất đẳng thức trong tam giác:

$a^3+b^3+c^3+bc(b+c)>3abc+abc=4abc>2.\sqrt{3}.a.bc$$a^3+b^3+c^3+bc(b+c)>3abc+abc=4abc>2.\sqrt{3}.a.bc$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IloveMaths: 30-04-2013 - 11:16

Dịp may chỉ mách bảo một trí tuệ chun cần

#32 IloveMaths

IloveMaths

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 171 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:quảng bình

Đã gửi 30-04-2013 - 11:00

Bài 16: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c \ge \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$.Chứng minh rằng:

$\dfrac{a^3c}{b(a+c)} +\dfrac{b^3a}{c(a+b)}+\dfrac{c^3b}{a(b+c)} \ge \dfrac{3}{2}$

--

Bài 14 chưa ai giải,em đăng cho song song hai bài :P

Theo Bất đẳng thức Cauchy:

$\sum \frac{a^3c}{b(a+c)}+\sum \frac{a+c}{4}+\sum \frac{b}{2c}\geq \sum \frac{3a}{2}$

Do đó:

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

Từ giả thiết:

$a+b+c\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3$$\Rightarrow Q.E.D$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IloveMaths: 30-04-2013 - 11:11

Dịp may chỉ mách bảo một trí tuệ chun cần

#33 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

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

Đã gửi 30-04-2013 - 21:41



Bài 16: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c \ge \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$.Chứng minh rằng:

$\dfrac{a^3c}{b(a+c)} +\dfrac{b^3a}{c(a+b)}+\dfrac{c^3b}{a(b+c)} \ge \dfrac{3}{2}$

--

Bài 14 chưa ai giải,em đăng cho song song hai bài :P

Cách khác :)

 

BĐT cần chứng minh tương đương với:

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

 

 

Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

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

 

 

Ta cần chứng minh:

$$2{\left( {a + b + c} \right)^2} \ge 3\left( {\frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c} + \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)$$

 

 

Mặt khác ta có:

$${\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right)^2} \ge 3\left( {\frac{a}{b}.\frac{b}{c} + \frac{b}{c}.\frac{c}{a} + \frac{c}{a}.\frac{a}{b}} \right) = 3\left( {\frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c}} \right)$$

 

 

Và theo giả thuyết $a + b + c \ge \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}$ nên :

$$3\left( {\frac{b}{a} + \frac{c}{b} + \frac{a}{c} + \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}} \right) \le {(a + b + c)^2} + 3(a + b + c)$$

 

 

Do đó bài toán sẽ được chứng minh nếu:

 

$$\begin{array}{l}2{\left( {a + b + c} \right)^2} \ge {\left( {a + b + c} \right)^2} + 3\left( {a + b + c} \right)\\\Leftrightarrow \left( {a + b + c} \right)\left( {a + b + c - 3} \right) \ge 0\end{array}$$

 

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì theo AM-GM và điều kiện bài toán ta có:

$$a + b + c \ge \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{a}}} = 3$$

 

 

Kết thúc chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

 

[spoiler] Sao em không gõ ra thành bài giải mà gửi file Word vậy,để anh chuyển bài giải từ file Word vào...

[\spoiler] @912: Cái đó  em có đánh trong file word rồi, với lại khi tối không đủ thời gian nên gửi tạm :P


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 03-05-2013 - 21:17


#34 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 01-05-2013 - 11:15



Bài toán 14: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác.Gọi $\beta$ là góc giữa cạnh $a$ và $c$.Chứng minh: (22)


\[\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} > \frac{{2\sqrt 3c \sin \beta  - a}}{{b + c}}\]

 

Bài toán 15: Cho $a,b,c>0$ thỏa tích số bằng 1.Chứng minh: (25)

\[\frac{{ab}}{{{a^2} + {b^2} + \sqrt c }} + \frac{{bc}}{{{b^2} + {c^2} + \sqrt a }} + \frac{{ca}}{{{c^2} + {a^2} + \sqrt b }} \le 1\]

 

Lời giải bài toán 14 (của Endrit Fejzullahu):

Theo BĐT Weitzenbock,ta có:

\[{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 4\sqrt 3 S \quad \text{và} \quad S = \frac{{ac\sin \beta }}{2}\]

 

Do đó:

\[{b^2} + {c^2} \ge 2\sqrt 3 ac\sin \beta  - {a^2} \Leftrightarrow \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} \ge \frac{{2\sqrt 3 c\sin \beta  - a}}{a}\]

 

Lại có $a < b + c \Rightarrow \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} \ge \frac{{2\sqrt 3 c\sin \beta  - a}}{a} > \frac{{2\sqrt 3 c\sin \beta  - a}}{{b + c}}$

 

 

Lời giải bài toán 15: 

Lời giải 1 (của FantasyLover):

Ta có ${a^2} + {b^2} + \sqrt c  \ge 2ab + \sqrt c  = \frac{2}{c} + \sqrt c $

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh $\sum\limits_{cyc} {\frac{{\frac{1}{a}}}{{\frac{2}{a} + \sqrt a }}}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{2 + a\sqrt a }}}  \le 1$.

 

Khai triển BĐT ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{2 + a\sqrt a }}}  = \frac{{4\sum\limits_{cyc} {a\sqrt a }  + \sum\limits_{cyc} {ab\sqrt {ab} }  + 12}}{{4\sum\limits_{cyc} {a\sqrt a }  + 2\sum\limits_{cyc} {ab\sqrt {ab} }  + 9}} \le 1\]

 

Hay ta cần chứng minh $ab\sqrt {ab}  + bc\sqrt {bc}  + ca\sqrt {ca}  \ge 3$

 

Nhưng dễ thấy BĐT này đúng theo AM-GM.

 

Lời giải 2 (của Popa Alexandru):

\[VT \le \sum\limits_{cyc} {\frac{{ab}}{{2ab + \sqrt c }}}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{2 + c\sqrt c }}}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{2 + \frac{x}{y}}}}  \le VP\]

 



Bài 16: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c \ge \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$.Chứng minh rằng: (72)

$\dfrac{a^3c}{b(a+c)} +\dfrac{b^3a}{c(a+b)}+\dfrac{c^3b}{a(b+c)} \ge \dfrac{3}{2}$

Lời giải bài toán 16:

Lời giải 1 (của Sayan Mukherjee):

Dễ thấy $a + b + c \ge \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3\quad \left( 1 \right)$ bằng AM-GM.

 

Từ BĐT hoán vị cho ta:

 

\[\left[ \begin{array}{l}a;b;c\\\frac{1}{b};\frac{1}{c};\frac{1}{a}\end{array} \right] \ge \left[ \begin{array}{l}a;b;c\\\frac{1}{c};\frac{1}{a};\frac{1}{b}\end{array} \right] \Rightarrow \frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge \frac{a}{c} + \frac{b}{a} + \frac{c}{b}\quad \left( 2 \right)\]

 

Do đó ta viết lại VT của BĐT dưới dạng:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{b\left( {a + c} \right).\frac{1}{{ac}}}}}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{\frac{b}{a} + \frac{b}{c}}}}  \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\sum\limits_{cyc} {\frac{b}{c}}  + \sum\limits_{cyc} {\frac{c}{b}} }} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} }} \ge \frac{{a + b + c}}{2} \ge \frac{3}{2}\]

 

Lời giải 2 (của Popa Alexandru):

BĐT Holder cho ta:

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

 

Do đó ta có:

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

 

Lời giải 3 (của Popa Alexandru):

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3}c}}{{b\left( {c + a} \right)}}}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2}}}{{\frac{1}{b}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right)}}} \]

 

Bằng Cauchy-Schwarz ta có:

\[\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{b}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right)} } \right)\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2}}}{{\frac{1}{b}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right)}}} } \right) \ge {\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} } \right)^2}\]

 

Nên:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2}}}{{\frac{1}{b}\left( {\frac{1}{c} + \frac{1}{a}} \right)}}}  \ge \frac{{\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} } \right)\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} } \right)}}{{2\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{ab}}} }}\]

 

Vậy ta chỉ cần chứng minh:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}}  \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{ab}}} \]

 

Bằng phản chứng,ta giả sử rằng $\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}}  < \sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{ab}}} $,tương đương với $\sum\limits_{cyc} {a{b^2}}  < \sum\limits_{cyc} a $.

 

Cộng vế theo về BĐT này với giả thuyết $2\sum\limits_{cyc} a  \ge 2\sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} $ ta có:

\[3\sum\limits_{cyc} a  > a\left( {{b^2} + \frac{2}{b}} \right) + b\left( {{c^2} + \frac{2}{c}} \right) + c\left( {{a^2} + \frac{2}{a}} \right)\]

 

Nhưng sử dụng AM-GM cho ${x^2} + \frac{2}{x} = {x^2} + \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \ge 3\sqrt[3]{{{x^2}.\frac{1}{x}.\frac{1}{x}}} = 3$,ta sẽ có $3\left( {a + b + c} \right) > 3\left( {a + b + c} \right)$,mâu thuẫn.

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 17: Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn $ABC$ thì ta có BĐT: (52)

\[\frac{{a + b}}{{\cos C}} + \frac{{b + c}}{{\cos A}} + \frac{{c + a}}{{\cos B}} \ge 4\left( {a + b + c} \right)\]

 

Bài toán 18: Cho $x_1;x_2;...;x_{n}>0$ thỏa tổng bằng 1.Chứng minh rằng: (53)

\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{x_i} + n}}{{1 + x_i^2}}}  \le {n^2}\]


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

#35 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

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

Đã gửi 02-05-2013 - 11:12

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 17: Chứng minh rằng với mọi tam giác nhọn $ABC$ thì ta có BĐT: (52)

\[\frac{{a + b}}{{\cos C}} + \frac{{b + c}}{{\cos A}} + \frac{{c + a}}{{\cos B}} \ge 4\left( {a + b + c} \right)\]

 

Ta sử dụng các bổ đề sau:
Bổ đề 1:

Với A,B,C là 3 góc của 1 tam giác thì ta có


$\sin A +\sin B +\sin C \le \frac{3\sqrt{3}}{2}$          ( sử dụng bđt Jen-Sen để chứng minh)

 

Từ đây, sử dụng công thức $S=\frac{1}{2}.bc \sin A$...và công thức Hê-rông ta  suy ra được 

 

$a^2b^2c^2\ge \frac{(a+b+c)^2(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{27}$  (1)

Bổ đề 2:

Với a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác thì ta có

 

 

$a^2b^2c^2 \ge (a+b-c)^2(b+c-a)^2(c+a-b)^2\ge (a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)$   

 

Chứng minh bổ đề:

Vế trái của bổ đề khá quen thuộc nên mình chỉ chứng minh vế còn lại. 

Ta sẽ chỉ ra:

 $(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)\le (a+b-c)^2(b+c-a)^2$

 

$ \Leftrightarrow b^4-(c-a)^2(c+a)^2\le b^4-2(c-a)^2b^2+(c-a)^4 $

 

$\Leftrightarrow 2(c-a)^2(c^2+a^2-b^2)\ge 0$

 

Đúng do tam giác ABC là tam giác nhọn.

 

Nhân các bất đẳng thức tương tự lại với nhau, lấy căn 2 vế, ta có điều phải chứng minh

Từ bổ đề ta suy ra được


$(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)\le abc(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$  (2)

 

Bổ đề 3:

 

Với a,b,c dương bất kì, ta có:

 

$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc$    (3)

(chứng minh bằng AM-GM)

Trở lại bài toán:

 

Thay công thức:

 

$\cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}; \cos B =\frac{a^2+c^2-b^2}{2ca}; \cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

 

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

Sử dụng bất đăng thức AM-GM ta có
 

 

$\sum \frac{ab(a+b)}{a^2+b^2-c^2}\ge 3\sqrt[3]{\frac{a^2b^2c^2(a+b)(b+c)(c+a)}{(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)}}$

 

Do đó ta cần chứng minh:

 

$3\sqrt[3]{\frac{a^2b^2c^2(a+b)(b+c)(c+a)}{(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)}} \ge 2(a+b+c)$  

 

Bất đẳng thức trên đúng theo (1)(2) và (3)

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay $ \Delta ABC$ là tam giác đều


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 02-05-2013 - 22:13


#36 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

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

Đã gửi 03-05-2013 - 18:58

 

Đề mới:

 

 

 

Bài toán 18: Cho $x_1;x_2;...;x_{n}>0$ thỏa tổng bằng 1.Chứng minh rằng: (53)

\[\sum\limits_{i = 1}^n {\frac{{{x_i} + n}}{{1 + x_i^2}}}  \le {n^2}\]

Mình xin phép làm luôn :)
Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev cho 2 dãy số đơn điệu ngược chiều  $\left ( x_i +n \right )$ và $\left ( \frac{1}{x_i^2+1} \right )$ ta có:

$VT \le \frac{1}{n}.\sum_{i=1}^{n}{(x_i+n)}.\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_i^2+1}}$

 

 

Do đó ta cần chứng minh:

 

$\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_i^2+1}}\le \frac{n^3}{n^2+1}$

 

Với n=1, dấu đẳng thức xảy ra

 

Với n=2, ta cần chứng minh:

 

$\frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}\le \frac{8}{5}$

hay 

$(ab-\frac{1}{2})(ab-\frac{1}{4})\ge 0$

 

bất đẳng thức này đúng do $ab\le \frac{(a+b)^2}{4}=\frac{1}{4}$

 

Dấu đẳng thức khi $a=b=\frac{1}{2}$

Bây giờ ta sẽ chứng minh : 

 

$\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_i^2+1}}\le \frac{n^3}{n^2+1}$  với $n\ge 3$

 

Ta có đánh giá sau:

 

$\frac{1}{x_i^2+1}\le \frac{n^2}{n^2+1}-\frac{2n^2(nx_i-1)}{(n^2+1)^2}$

hay

 $(nx_i-1)^2(n^2-2nx_i-1)\ge 0$

 

Vì $\sum_{i=1}^{n}{x_i}=1 \Rightarrow x_i < 1$

 

Do đó $n^2-2nx_i-1 > n^2-2n-1 > (3-1)^2-2 >0$

 

Vậy 

 

$\frac{1}{x_i^2+1}\le \frac{n^2}{n^2+1}-\frac{2n^2(nx_i-1)}{(n^2+1)^2}$ với $i=\overline{1,n}$

Do đó:

 

$\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_i^2+1}\le\sum_{i=1}^{n} {[\frac{n^2}{n^2+1}-\frac{2n^2(nx_i-1)}{(n^2+1)^2}}]}=\frac{n^3}{n^2+1}$

 

Đây chính là điều cần phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi $x_i=\frac{1}{n}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 03-05-2013 - 22:58


#37 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 03-05-2013 - 19:00

Em xin ủng hộ bài này ( được khai thác khá nhiều trên ML).

 

Bài toán 18: Cho $A,B,C$ là các góc của 1 tam giác. Chứng minh rằng :$\frac{sinB.sinC}{sin^2\frac{A}{2}}+\frac{sinC.sinC}{sin^2\frac{B}{2}}+\frac{sinA.sinB}{sin^2\frac{C}{2}}\geq 9$


Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#38 Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

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

Đã gửi 03-05-2013 - 21:34



Em xin ủng hộ bài này ( được khai thác khá nhiều trên ML).

 

Bài toán 18: Cho $A,B,C$ là các góc của 1 tam giác. Chứng minh rằng :$\frac{sinB.sinC}{sin^2\frac{A}{2}}+\frac{sinC.sinC}{sin^2\frac{B}{2}}+\frac{sinA.sinB}{sin^2\frac{C}{2}}\geq 9$

Vì kiến thức lượng giác có hạn nên...

Thay công thức:

 

$\sin A =\frac{2S}{bc}; \sin B=\frac{2S}{ca}; \sin C=\frac{2S}{ab}$

và 

$\sin^2 \frac{C}{2}=\frac{1-\cos C}{2}=\frac{c^2-(a-b)^2}{4ab}$

 

$\sin^2 \frac{A}{2}=\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc}$

 

$\sin^2 \frac{B}{2}=\frac{b^2-(c-a)^2}{4ca}$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

 

$\sum \frac{16S^2}{c^2[c^2-(a-b)^2]}\ge 9$  (*)

Thay công thức Hê-rông:

 

$S=\sqrt{\frac{(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{16}}$

Thì 

 

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

 

$\Leftrightarrow (a+b+c)[\sum a^2b^2(a+b+c)-2abc(ab+bc+ca)]\ge 9a^2b^2c^2$  (**)

Đặt

$a+b+c=p$

 

$ab+bc+ca=q$

 

$abc=r$

 

Khi đó:

 

$(**)\Leftrightarrow p^2q^2-2p^3r-2pqr\ge 9r^2$

 

Mặt khác theo bất đẳng thức AM-GM ta có:

 

$(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\ge9a^2b^2c^2$

 

$\Rightarrow 9r^2\le p^2q^2-2p^3r-2q^3+4pqr$

 

Do đó ta cần chứng minh:

 

$-2pqr\ge -2q^3+4pqr$

 

$\Leftrightarrow q^2\ge 3pr$

 

$ \Leftrightarrow (ab+bc+ca)^2 \ge 3abc(a+b+c)$

 

Đây là 1 kết quả quen thuộc. Kêt thúc chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi $\Delta ABC$ đều


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 03-05-2013 - 21:37


#39 Supermath98

Supermath98

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 512 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Toán;Thơ;đá bóng;...

Đã gửi 06-05-2013 - 21:15

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM và điều kiện $abc=1$ ta có

 

$\frac{ab}{a^2+b^2+\sqrt{c}} \le \frac{ab}{2ab+c\sqrt{ab}}=\frac{\sqrt{ab}}{2\sqrt{ab}+\sqrt{c}}$

 

Đặt $\sqrt{a}=x ; \sqrt{b}=y ; \sqrt{c}=z$

 

Khi đó ta cần chứng minh:

 

$\frac{xy}{2xy+z}+\frac{yz}{2yz+x}+\frac{zx}{2zx+y}\le 1$  (*)

 

Với $xyz=1$

 

(*) tương đương với

 

$\frac{z}{2xy+z}+\frac{x}{2yz+x}+\frac{y}{2zx+y}\ge 1$

 

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

 

$\sum \frac{z}{2xy+z}\ge \frac{(x+y+z)^2}{6xyz+x^2+y^2+z^2}$

 

Mặt khác do $xyz=1$ nên $xy+yz+zx\ge 3\sqrt[3]{xyz}=3xyz$

 

Suy ra 

$\frac{(x+y+z)^2}{6xyz+x^2+y^2+z^2}\ge \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+zx)+x^2+y^2+z^2}=1$

 

hay ta có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Anh ơi cho em hỏi chỗ sử dụng Cauchy-schwarz ạ.


:icon12: :icon12: :icon12: Đừng bao giờ ngồi một chỗ và ước. Hãy đứng dậy và làm:icon12: :icon12: :icon12:

#40 chrome98

chrome98

    Mãi Mãi Việt Nam

  • Thành viên
  • 258 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\star\star\star\star\star $

Đã gửi 11-05-2013 - 18:59

Bài 19: Với $a, b, c>0, abc=1$. Chứng minh rằng:
\[\sum_{cyc}{\frac{\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}{1+\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}}\le\frac{3(a+b+c)}{4}\]

em627-oldbeginner







2 người đang xem chủ đề

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