Vào hồi 21h, Thứ Sáu, ngày 05/04/2013, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.
Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.
Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.
BTC lưu ý:
1) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.
2) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ nào tự ý sửa bài làm của mình sẽ được 0 điểm
[MSS2013] - Trận 25 - BĐT
#1
Đã gửi 05-04-2013 - 20:27
- daovuquang và Kim Ngan Min thích
1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại http://Chúlùnthứ8.vn
5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.
#2
Đã gửi 05-04-2013 - 21:03
Đề của duaconcuachua98
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$$S=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq 3+\sqrt{3}$$
- Yagami Raito, daovuquang, BlackSelena và 8 người khác yêu thích
1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại http://Chúlùnthứ8.vn
5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.
#3
Đã gửi 05-04-2013 - 21:32
Đề của duaconcuachua98
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$$S=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq 3+\sqrt{3}$$
Bài làm
Bổ đề phụ :
---$a^3 +b^3 +c^3 \geq 3abc$
$\Leftrightarrow (a+b+c)((a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2).\frac{1}{2} \geq 0$ với mọi $a,b,c >0$
--- $\frac{a^2}{x} +\frac{b^2}{y} +\frac{c^2}{z} \geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
Ta có $(x+y+z )(\frac{a^2}{x} +\frac{b^2}{y} +\frac{c^2}{z}) \geq (a+b+c)^2 \quad (*)$
$\Rightarrow \frac{a^2}{x} +\frac{b^2}{y} +\frac{c^2}{z} \geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
----$a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow (a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2 \geq 0$
Luôn đúng với mọi $a,b,c $
Quay trở lại bài toán :
Ta có :
$\frac{a}{b} +\frac{b}{c} +\frac{c}{a} =\frac{a^2}{ab} +\frac{b^2}{bc} +\frac{c^2}{ca} \geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} =2 +\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$
Vậy $S \geq 2 +\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} (1-\frac{\sqrt{3}}{2}) +\frac{\sqrt{3}}{2} .\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} +\frac{a+b+c}{2(\sqrt{a^2+b^2+c^2})} +\frac{a+b+c}{2(\sqrt{a^2+b^2+c^2})} $
Sử dụng bđt AMGM
$\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} .\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} +\frac{a+b+c}{2(\sqrt{a^2+b^2+c^2})} +\frac{a+b+c}{2(\sqrt{a^2+b^2+c^2})} \geq 3\sqrt[3]{\frac{\sqrt{3}(a+b+c)^2}{8(ab+bc+ca)}} \geq 3\sqrt[3]{\frac{\sqrt{3}.3(ab+bc+ca)}{8(ab+bc+ca)}} =3\sqrt[3]{\frac{\sqrt{3^3}}{2^3}} =3.\frac{\sqrt{3}}{2}$
Vậy $S \geq 2 + 1 -\frac{\sqrt{3}}{2} +3 \frac{\sqrt{3}}{2} =3 +\sqrt{3}$
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$
Nhận xét:
Phần Bổ đề và bài làm nên để tách riêng một chút để dễ nhận biết.
Bước $(*)$ ,BĐT Cauchy-Schwarz bộ 3 số không được sử dụng ở bậc THCS.
Nhìn chung lời giải này hay và khá đặc sắc.
Điểm: 26 + 9*3 = 53
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 18-06-2013 - 08:35
Ghi điểm
- bangbang1412 yêu thích
#4
Đã gửi 05-04-2013 - 21:41
Đề của duaconcuachua98
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$$S=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq 3+\sqrt{3}$$
ta có: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{a}{c}\geq 3\sqrt[3]{1}=3$(áp dụng BĐT Côsi)
lại có: $\frac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq \sqrt{3}\Rightarrow (a+b+c)^{2}\geq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})\Leftrightarrow 2(ab+bc+ac)\geq 2(a^{2}+b^{2}+c^{2})\Leftrightarrow 0\geq \left ( a-b \right )^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\Leftrightarrow a=b=c$
vậy ta có đpcm, dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Nhận xét:
Lời giải này sai ở bước sử dụng BĐT $\frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \ge \sqrt{3}$.BĐT đúng phải là dấu $\le$,được suy ra từ BĐT Cauchy-Schwarz.
Điểm: 0/10.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 17-06-2013 - 17:51
- huuphuc292 yêu thích
B.F.H.Stone
#5
Đã gửi 05-04-2013 - 21:47
Đề của duaconcuachua98
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$$S=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq 3+\sqrt{3}$$
Bài làm của MSS01-BlackSelena:
Bổ đề: Với $a,b,c$ thực dương thì $a+b+c \geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} \quad (*)$
$\Leftrightarrow (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2$, bất đẳng thức này luôn đúng
Trước hết, theo bất đẳng thức $AM-GM$, ta có:
$\dfrac{ab^2}{c} + ac + \dfrac{bc^2}{a}{ba} + \dfrac{ca^2}{b} + bc \geq 2(ab+bc+ca)$
$\Rightarrow \dfrac{ab^2}{c} + \dfrac{bc^2}{a} + \dfrac{ca^2}{b} \geq ab+bc+ca$
Vậy ta có:
$(ab+bc+ca)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})$
$= (a^2+b^2+c^2) + (ab+bc+ca) + \dfrac{ab^2}{c} + \dfrac{bc^2}{a} + \dfrac{ca^2}{b}$
$\geq a^2+b^2+c^2+ 2(ab+bc+ca) = (a+b+c)^2$
$\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$.
Từ đây ta có đánh giá:
$S \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} + \dfrac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$
Dự đoán đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ nên ta sẽ có cách tách hợp lý.
$\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} + \dfrac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} = \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+ \dfrac{\sqrt{3}(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} - \dfrac{(\sqrt{3}-1)(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$
$\geq 2\sqrt[4]{3}\sqrt{\dfrac{(a+b+c)^3}{(ab+bc+ca)\sqrt{a^2+b^2+c^2}}}-\sqrt{3}(\sqrt{3}-1) = P$ (theo $AM-GM$ và bổ đề)
Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức $AM-GM$:
$(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2) \leq [\dfrac{2(ab+bc+ca) + (a^2+b^2+c^2)}{3}]^3 = \dfrac{(a+b+c)^6}{27}\quad (**)$
$\Rightarrow (ab+bc+ca)\sqrt{a^2+b^2+c^2} \leq \dfrac{(a+b+c)^3}{3\sqrt{3}}$
Vậy $P \geq 2\sqrt[4]{3} \cdot \sqrt{3\sqrt{3}} - \sqrt{3}(\sqrt{3}-1) = 2\sqrt[4]{81} - 3 + \sqrt{3} = 6 - 3 + \sqrt{3} = 3 + \sqrt{3}$
Mà $S \geq P$ nên ta có đpcm, đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
Nhận xét:
Bước bổ đề $(*)$ đã viết ngược dấu của BĐT.Bước $(**)$ này BĐT AM-GM bộ 3 số không được sử dụng,nên chứng minh trước khi dùng.
Bài làm trình bày gọn gàng,dễ nhìn.
Điểm : 8/10
S = 25 + 8*3 = 50
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 18-06-2013 - 08:37
Ghi điểm
#6
Đã gửi 05-04-2013 - 21:49
Bài làm của daovuquang:
Ta có: $(ab+bc+ca)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})=a^2+b^2+c^2+(\frac{ab^2}{c}+ac)+(\frac{bc^2}{a}+ba)+(\frac{ca^2}{b}+bc)$
$\Rightarrow (ab+bc+ca)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)^2$ (theo Cô si 2 số)
$\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$.
Theo giả thiết: $S=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$
$\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+\frac{\sqrt{3}(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}+\frac{(1-\sqrt{3})(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$
$\geq 2\sqrt{\frac{\sqrt{3}(a+b+c)^3}{(ab+bc+ca)\sqrt{a^2+b^2+c^2}}}+\frac{(1-\sqrt{3})(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ (Cô si 2 số)
Mặt khác, ta có: $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \geq 0$
$\Leftrightarrow 3(a^2+b^2+c^2) \geq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \leq \sqrt{3}$
$\Leftrightarrow \frac{(1-\sqrt{3})(a+b+c)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \geq \sqrt{3}(1-\sqrt{3})$.
Áp dụng Cô si 2 số, ta có với $x,y,z$ dương thì:
$x^3+y^3+z^3+xyz$
$\geq 2\sqrt{x^3y^3}+2\sqrt{z^3.xyz}$
$\geq 4\sqrt[6]{x^6y^6z^6}$
$=4xyz$
$\Rightarrow x^3+y^3+z^3 \geq 3xyz$.
$\Rightarrow (\frac{x+y+z}{3})^3 \geq (\frac{3\sqrt[3]{xyz}}{3})^3=xyz$.
Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: $(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)(ab+bc+ca) \leq [\frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}{3}]^3=\frac{(a+b+c)^6}{27}$
$\Rightarrow 2\sqrt{\frac{\sqrt{3}(a+b+c)^3}{(ab+bc+ca)\sqrt{a^2+b^2+c^2}}} \geq 2\sqrt{\frac{\sqrt{3}.\sqrt{27}(a+b+c)^3}{(a+b+c)^3}}=6$.
Suy ra: $S \geq 6+\sqrt{3}(1-\sqrt{3})=3+\sqrt{3}$.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$.
Kết luận: Vậy $S \geq 3+\sqrt{3}$. Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$.
Nhận xét:
Bài làm trình bày khá rối,một số chỗ nên để xuống dòng cho công thức để không bị lỗi tràn công thức ở 2 dòng khác nhau.
Lời giải tốt,tuy còn dài dòng.
Điểm: 10/10
S = 25 + 3*10 = 55
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 18-06-2013 - 08:38
Ghi điểm
- tranxuandat và CaptainCuong thích
#7
Đã gửi 05-04-2013 - 23:26
Ta có BĐT phụ : Với mọi a,b,c dương,ta có:$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{3\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}{a+b+c}$.CM:bđt phụ cần chứng minh tương đương $(ab+bc+ca)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq \frac{3\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}(ab+bc+ca)}{a+b+c}\Leftrightarrow (\sum a^{2})(\sum a)\geq 3\sqrt{3(\sum a^{2})}(\sum a)\Leftrightarrow \sqrt{\frac{(\sum a^{2})}{3}}(a+b+c)\geq 3(\sum ab)$,BĐT trên được suy ra từ 2 bđt quen thuộc $\sum a^{2}\geq \sum ab$ và $(\sum a)^{2}\geq 3\sum ab$.Lúc này,ta chỉ cần chứng minh
$\frac{3\sqrt{3(\sum a^{2})}}{\sum a}+\frac{\sum a}{\sqrt{\sum a^{2}}}\geq 3+\sqrt{3}$,Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dương,ta có
$\frac{3\sqrt{\sum a^{2}}}{\sum a}+\frac{\sum a}{\sum \sqrt{a^{2}}}\geq 2\sqrt{3}$,lại có BĐT quen thuộc $\frac{(3-\sqrt{3})\sqrt{3\sum a^{2}}}{a+b+c}\geq 3-\sqrt{3}$,cộng cùng chiều 2 BĐT này vào ,từ đây ta suy ra đ.p.c.m.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
TLongHV
#8
Đã gửi 06-04-2013 - 10:39
Xin lỗi m.n bài trc của e bị sai,k để ý quên mất,sau đây là bài đúng:
Ta có BĐT phụ:với mọi a,b,c dương ta luôn có
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{3\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{a+b+c}$
Chứng minh bđt phụ,áp dụng C-S ta có:$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}= \frac{a^{2}}{ab}+\frac{b^{2}}{bc}+\frac{c^{2}}{ca}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}$,,lúc này ta cần chứng minh $(a+b+c)^{3}\geq 3\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}(ab+bc+ca)$,đặt $a^{2}+b^{2}+c^{2}= x ,(ab+bc+ca)= y$,bđt trên trở thành $\sqrt{x+y+y}^{3}\geq 3\sqrt{3x}y\Leftrightarrow (x+y+y)^{3}\geq 27xy^{2}$ đúng theo BĐT Cauchy 3 số.Từ bđt phụ trên, ta chỉ cần chứng minh
$\frac{3\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq 3+\sqrt{3}\Leftrightarrow (\frac{3\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}})+\frac{(3\sqrt{3}-3)\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{a+b+c}$,đến đây sử dụng Cauchy cho 2 số hạng trong ngoặc ,còn số hạng thứ 3 ta dùng BĐT quen thuộc $\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\geq a+b+c$,từ đó ta suy ra đ.p.c.m
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
Nhận xét:
Cách trình bày bài làm quá rối và khi trình bày 1 bài giải cho 1 cuộc thi thì không nên có những cụm từ "đến đây sử dụng Cauchy cho 2 số hạng trong ngoặc".Điều này thể hiện sự không tôn trọng bài làm và tính nghiêm túc của cuộc thi.
Điểm: 2/10.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 18-06-2013 - 08:39
Ghi điểm
TLongHV
#9
Đã gửi 07-04-2013 - 10:28
Ta có:
$S=(1-\frac{1}{\sqrt{3}})(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+\frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+\frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$
Áp dụng AM-GM
$(1-\frac{1}{\sqrt{3}})(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq 3-\sqrt{3}$
Áp dụng Cauchy-schwarz
$\frac{1}{\sqrt{3}}(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{3}(ab+bc+ac)}$
Áp dụng AM-GM
$\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{3}(ab+bc+ac)}+\sqrt{3}\geq \frac{2(a+b+c)}{\sqrt{ab+bc+ca}}$
ÁP dụng Cauchy-schwarz
$\frac{2(a+b+c)}{\sqrt{ab+bc+ca}}+\frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\geq \frac{9(a+b+c)}{2\sqrt{ab+bc+ca}+\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\geq$$\frac{9(a+b+c)}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca))}}\doteq3\sqrt{3}$
Từ các bất đẳng thức như trên ta sẽ có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c.
Nhận xét:
Lời giải trình bày vắn tắt và không rõ ràng.Hơn nữa BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel ở THCS không được sử dụng,khi dùng phải dưới dạng bổ đề và chứng minh.
Trình bày công thức Toán tốt.
Điểm: 6/10.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 18-06-2013 - 08:40
Ghi điểm
- CaptainCuong yêu thích
#10
Đã gửi 07-04-2013 - 17:51
Đặt: $M=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{\sqrt{3}(a+b+c)}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$
N=$\frac{(\sqrt{3}-1)(a+b+c)}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$
Ta có S=M-N
Xét: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$=$\frac{a^{2}}{ab}+\frac{b^{2}}{bc}+\frac{c^{2}}{ca}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca} \quad (*)$ (bất đẳng thức Cauchy-Schwarz)
$\Rightarrow M\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{\sqrt{3}(a+b+c)}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq 2\sqrt{\frac{\sqrt{3}(a+b+c)^{3}}{(ab+bc+ca)\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}}$ (Bất đẳng thức AM-GM)
Xét: $(ab+bc+ca)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})=(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq(\frac{2(ab+bc+ca)+a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3})^{3} \quad (**)$
=$\frac{(a+b+c)^{6}}{27}$
$\Rightarrow (ab+bc+ca)\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{(a+b+c)^{3}}{3\sqrt{3}}$
$\Rightarrow M\geq 2\sqrt{\frac{\sqrt{3}(a+b+c)^{3}}{\frac{(a+b+c)^{3}}{3\sqrt{3}}}}=6$
Lại có: $(a+b+c)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \quad (***)$$\Leftrightarrow (a+b+c)\leq \sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$
$\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\leq \sqrt{3}$
$\Rightarrow N\leq (\sqrt{3}-1)\sqrt{3}=3-\sqrt{3}$
$\Rightarrow S=M-N\geq 6-(3-\sqrt{3})=3+\sqrt{3}$
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Nhận xét:
Lời giải trình bày khá. Tuy nhiên ở bước $(*)$ thì BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel không được sử dụng ở bậc THCS,nên chứng minh nó ở dạng bổ đề.
Bước $(**)$ BĐT AM-GM 3 số không được sử dụng,nên chứng minh dưới dạng bổ đề.
Ở bước $(***)$ nên lý giải tại sao có BĐT đó(biến đổi tương đương,BĐT Cauchy-Schwarz,...).
Điểm : 8/10.
S = 3 + 8*3 = 27
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 18-06-2013 - 08:50
Ghi điểm
- Yagami Raito yêu thích
#11
Đã gửi 07-04-2013 - 20:11
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có $(ab+bc+ca)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\geq (a+b+c)^2 \quad (*)$$\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$
$\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-3\geq \frac{(a+b +c)^2}{ab+bc+ca}-3=\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2(ab+bc+ca)}$
$\frac{a+b+c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}-\sqrt{3}=\frac{a+b+c-\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}=\frac{(a+b+c)^2-3(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}(a+b+c+\sqrt{3(a^2+b^2+c^2})}$
$\Rightarrow VT-VP\geq \left [ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right ]\left [ \frac{1}{2(ab+bc+ca)}-\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}(a+b+c+\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)})} \right ]\geq \left [ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right ]\left [ \frac{1}{2(ab+bc+ca)}-\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}(a+b+c+\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)})} \right ]\geq \left [ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right ]\left [ \frac{1}{2(ab+bc+ca)}-\frac{1}{\sqrt{ab+bc+ca}(2\sqrt{3(ab+bc+ca)})}\geq 0 \right ]$
(vì $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$ và $a+b+c\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}$)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
Nhận xét:
Bài làm trình bày hơi rối nhưng các lỗi công thức Toán thì không có.Tuy nhiên bước $(*)$ BĐT Cauchy-Schwarz bộ 3 số không được sử dụng,nên chứng minh dưới dạng bổ đề.
Về nội dung,lời giải này cần khá nhiều tính toán và biến đổi.
Điểm :9/10
S = 2 + 9*3 = 29
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 18-06-2013 - 08:51
Ghi điểm
"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
#12
Đã gửi 08-04-2013 - 09:10
Trận đấu đã kết thúc, mời các toán thủ nhận xét bài làm của nhau
1) Xem cách đăng bài tại đây
2) Học gõ công thức toán tại: http://diendantoanho...oạn-thảo-latex/
3) Xin đừng đặt tiêu đề gây nhiễu: "Một bài hay", "... đây", "giúp tớ với", "cần gấp", ...
4) Ghé thăm tôi tại http://Chúlùnthứ8.vn
5) Xin đừng hỏi bài hay nhờ tôi giải toán. Tôi cực gà.
#13
Đã gửi 08-04-2013 - 12:19
Bài bạn 31ichiro bị sai do $(a+b)^{2}+(b+c)^{2}+(c+a)^{2}$ không thể bé hơn 0
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhatquangsin: 08-04-2013 - 18:03
#14
Đã gửi 08-04-2013 - 12:31
Bài bạn 31ichro bị sai do $(a+b)^{2}+(b+c)^{2}+(c+a)^{2}$ không thể bé hơn 0
E cùng chung ý kiến
TLongHV
#15
Đã gửi 08-04-2013 - 12:40
Bài làm
Bổ đề phụ :
---$a^3 +b^3 +c^3 \geq 3abc$
$\Leftrightarrow (a+b+c)((a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2).\frac{1}{2} \geq 0$ với mọi $a,b,c >0$
--- $\frac{a^2}{x} +\frac{b^2}{y} +\frac{c^2}{z} \geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
Ta có $(x+y+z )(\frac{a^2}{x} +\frac{b^2}{y} +\frac{c^2}{z}) \geq (a+b+c)^2$
$\Rightarrow \frac{a^2}{x} +\frac{b^2}{y} +\frac{c^2}{z} \geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
----$a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow (a-b)^2 +(b-c)^2 +(c-a)^2 \geq 0$
Luôn đúng với mọi $a,b,c $
Quay trở lại bài toán :
Ta có :
$\frac{a}{b} +\frac{b}{c} +\frac{c}{a} =\frac{a^2}{ab} +\frac{b^2}{bc} +\frac{c^2}{ca} \geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} =2 +\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$Vậy $S \geq 2 +\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} (1-\frac{\sqrt{3}}{2}) +\frac{\sqrt{3}}{2} .\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} +\frac{a+b+c}{2(\sqrt{a^2+b^2+c^2})} +\frac{a+b+c}{2(\sqrt{a^2+b^2+c^2})} $
Sử dụng bđt AMGM
$\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{2} .\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} +\frac{a+b+c}{2(\sqrt{a^2+b^2+c^2})} +\frac{a+b+c}{2(\sqrt{a^2+b^2+c^2})} \geq 3\sqrt[3]{\frac{\sqrt{3}(a+b+c)^2}{8(ab+bc+ca)}} \geq 3\sqrt[3]{\frac{\sqrt{3}.3(ab+bc+ca)}{8(ab+bc+ca)}} =3\sqrt[3]{\frac{\sqrt{3^3}}{2^3}} =3.\frac{\sqrt{3}}{2}$
Vậy $S \geq 2 + 1 -\frac{\sqrt{3}}{2} +3 \frac{\sqrt{3}}{2} =3 +\sqrt{3}$
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$
Chỗ này là sao ta, bất đẳng thức này khi đẳng thức xảy ra đâu phải tại $a=b=c$ ?
Đây là 1 bổ đề quen thuộc, nhưng hình như cách chứng minh của bạn bị sai rồi
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 08-04-2013 - 12:41
#16
Đã gửi 08-04-2013 - 12:48
Chỗ này là sao ta, bất đẳng thức này khi đẳng thức xảy ra đâu phải tại $a=b=c$ ?
Đây là 1 bổ đề quen thuộc, nhưng hình như cách chứng minh của bạn bị sai rồi
2 cái bạn tô đậm là 2 bổ đề khác nhau bạn à :| . cái trên là bunia bạn nhé , còn cái dưới thì biến đổi tương đương :3
- BlackSelena yêu thích
#17
Đã gửi 09-04-2013 - 17:26
đời nó khổ, sau trận này chắc hẳn bị loại rồi
B.F.H.Stone
#18
Đã gửi 10-04-2013 - 19:46
Bài làm của MSS01-BlackSelena:
Bổ đề: Với $a,b,c$ thực dương thì $a+b+c \geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$
$\Leftrightarrow (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2$, bất đẳng thức này luôn đúng
Thế này là thế nào hả bạn
#19
Đã gửi 10-04-2013 - 21:28
Thế này là thế nào hả bạn
BĐT đó bị ngược dấu rồi
#20
Đã gửi 10-04-2013 - 21:40
BĐT đó bị ngược dấu rồi
Ừ, mình viết lộn
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh