Chủ đề này có 23 trả lời

[phamphucat]

Mình cũng xin góp thêm 1 cách giải:

\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3\sqrt[3]{1} = 3\]

Lại có: \[\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}\]

Hay:\[\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} \le {a^2} + {b^2} + {c^2}\]

Suy ra:\[\frac{{a + b + c}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} \ge \frac{{a + b + c}}{{\sqrt {\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}} }} = \frac{{a + b + c}}{{\frac{{a + b + c}}{{\sqrt 3 }}}} = \sqrt 3 \]

Vậy:\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{{a + b + c}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} \ge 3 + \sqrt 3 \]

[babystudymaths]

Mình cũng xin góp thêm 1 cách giải:

\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge 3\sqrt[3]{1} = 3\]

Lại có: \[\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}\]

Hay:\[\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3} \le {a^2} + {b^2} + {c^2}\]

Suy ra:\[\frac{{a + b + c}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} \ge \frac{{a + b + c}}{{\sqrt {\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{3}} }} = \frac{{a + b + c}}{{\frac{{a + b + c}}{{\sqrt 3 }}}} = \sqrt 3 \]

Vậy:\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} + \frac{{a + b + c}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }} \ge 3 + \sqrt 3 \]

Tình hình là bạn bị ngược dấu rồi,chỗ suy ra ấy -dòng thứ 4 từ trên xuống

[dark templar]

Mình được anh Thế cho chấm trận 25 này,vì đây là 1 BĐT mức độ trung bình đối với THCS nên mình cũng sẽ chấm gắt gao khâu trình bày và các bổ đề chứng minh.

 

Một số nhận xét sau khi chấm bài:

• 1 số toán thủ cần lưu ý rằng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel không được sử dụng ở bậc THCS,nên chứng minh nó lại dưới dạng bổ đề.Ngoài ra, cả BĐT AM-GM 3 số và BĐT Cauchy-Schwarz  bộ 3 số đều không được sử dụng (các toán thủ có thể gọi BĐT AM-GM là BĐT Cauchy;BĐT Cauchy-Schwarz là BĐT Bunhiacopski).
• Nhiều toán thủ trình bày bài làm rối và công thức Latex không được đẹp.

 

BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel:

Với $a,b,c,x,y,z>0$ thì $\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z} \ge \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$

 

Mình cũng tuyên dương toán thủ daovuquang là toán thủ duy nhất đạt điểm tuyệt đối trong trận này vì đã trình bày bài làm tỉ mỉ và rõ ràng.

 

Tuy nhiên cũng thật tiếc khi không 1 toán thủ nào đưa ra những mở rộng để được cộng thêm điểm.

 

Note

BĐT này có thể mở rộng cho 4 số,bằng cách sử dụng hằng đẳng thức:

$$\left(\sum_{k=1}^{4}a_{k} \right)^2=\sum_{k=1}^{4}a_{k}^2+2\sum_{1 \le i<j \le 4}a_{i}a_{j}$$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 17-06-2013 - 19:00

[E. Galois]

Điểm ra đề:

D = 0x4+9x3+30=57