Sagittarius912

Tán luôn đi cho rồi

Bạn thân hay bạn gái đây  .

Tán làm gì, để thế cho nó hay 

Bạn thân t    attachment=14840:b(2).JPG]

Đây là tài liệu về Phương pháp chứng minh Bất đẳng thức và Kinh nghiệm giải toán Bất đẳng thức do tập thể học sinh, giáo viên trường THPT chuyên Quảng Bình viết.

Bản update: Chuyên toán khóa 2012-2015!
Editors: Sagittarius912 ( Đoàn Quốc Đạt) & minhlaai29 (Trần Đình Phước Anh)
 

Cho đa thức $f(x)$ có các hệ số nguyên, biết rằng tồn tại số nguyên dương a sao cho $f(i)$ không chia hết cho a với $i=1,2,....a$. Chứng minh răng với mọi số nguyên b, ta có $f(b)\neq 0$

Cho a,b,c > 0. cmr:

$\frac{a^{3}}{a^{3}+b^{3}+abc}+\frac{b^{3}}{b^{3}+c^{3}+abc}+\frac{c^{3}}{a^{3}+c^{3}+abc}\geq 1$

Đặt $a=\frac{y}{x}$
$b=\frac{z}{y}$
$c=\frac{x}{z}$
BĐT trở thành
$\sum \frac{a^6}{a^6+c^3a^3+b^3c^3}\ge 1$

Sử dụng trực tiếp Cauchy-Schwarz, ta có đpcm

Tìm số nguyên M có 9 chữ số thỏa mãn đồng thời các tính chất sau:

• Các chữ số đều phân biệt và khác 0
• Với mọi số nguyên dương $m=2,3,...9$, số nguyên tạo nên từ m chữ số tính từ bên trái sang của M chia hết cho m

 

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

 

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

$\frac{\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}{1+\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}\le \frac{1}{16}(\frac{\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}{1}+\frac{\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}{\frac{\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}{3}}+\frac{\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}{\frac{\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}{3}}+\frac{\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}{\frac{\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}{3}})$

$\Rightarrow \sum \frac{\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}{1+\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}}\le \sum \frac{1}{16}(\sqrt{2a^2+5ab+2b^2}+9)$

Theo bất đẳng thức AM-GM:

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

Do đó ta chỉ cần chứng minh

$\sum \sqrt{2a^2+5ab+2b^2}\le 3(a+b+c)$

Ta có

$2a^2+5ab+2b^2=\frac{9}{4}(a+b)^2-\frac{1}{4}(a-b)^2\le \frac{9}{4}(a+b)^2$

$\Rightarrow \sqrt{2a^2+5ab+2b^2} \le \frac{3}{2}(a+b)$

$\Rightarrow \sum \sqrt{2a^2+5ab+2b^2} \le 3(a+b+c)$

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

Cho a,b,c dương thỏa: $a+b+c\geq 1$. Tìm Min của:

$P=\frac{a^3}{3a^2+b}+\frac{b^3}{3b^2+c}+\frac{c^3}{3c^2+a}$

Theo bđt AM-GM ta có:

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

Và theo Cauchy-Schwarz:

$\sum \sqrt{a}\le \sqrt{3(a+b+c)}$

Do đó

$3P\ge a+b+c-\frac{\sqrt{a+b+c}}{2}$

Đặt $\sqrt{a+b+c}=t$ $(t\ge 1)$

Ta sẽ chứng minh

$t^2-\frac{t}{2}\ge \frac{1}{2}$

hay

$(t-1)(t+\frac{1}{2})\ge 0$ ( đúng vì $ t\ge 1$)

Vậy GTNN của P là $\frac{1}{6}$ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Cho 3 số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c=3$. CMR:

 

$\frac{-3\sqrt{3}}{2} \leq (a-b)(b-c)(c-a) \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

 

(Đề thi thử đại học lần 2 khối A, A1 2012-2013  THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG Việt Trì- Phú Thọ)

 

 

 

Ta sẽ chứng minh $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\le \frac{27}{4}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a \ge b \ge c$. Khi đó $(b-c)^2 \le b^2$ và $(c-a)^2 \le a^2$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

$a^2b^2(a-b)^2\le \frac{27}{4}$

Theo bđt AM-GM:

$4a^2b^2(a-b)^2\le \left [ \frac{2.2ab+(a^2-2ab+b^2)}{3} \right ]^3=\frac{(a+b)^6}{27}$

Mà $a+b \le a+b+c=3$

$\Rightarrow$ dpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=\frac{3+\sqrt{3}}{2}; b=\frac{3-\sqrt{3}}{2}; c=0$ và các hoán vị

Lâu rồi mới trở lại diễn đàn

tặng diễn đàn $1$ bài vậy

Cho $ a,b,c\in (0;1) $ và $ ab+bc+ca+a+b+c=1+abc $

CMR

\[ \frac{1+a}{1+a^2}+\frac{1+b}{1+b^2}+\frac{1+c}{1+c^2}\leq\frac{3}{4}(3+\sqrt{3}) \]

Bạn tìm đọc THTT số 429 hoặc 428 , nhé

 

I.PHẦN CHUNG

 

 

 

Câu 6: Cho các số thực không âm x, y, z thõa mãn $z = \max \left\{ {x;y;z} \right\}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\[P = \frac{x}{{y + z}} + 2\sqrt {\frac{y}{{x + z}}}  + 3\sqrt[3]{{\frac{z}{{x + y}}}}\]$

 

http://diendantoanho...z3sqrt3fraczxy/

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

 

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 $x_i=\frac{1}{n}$

 

**********

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

Cho $a,b >0$ thỏa mãn $a+b=2$ và $n \in \mathbb{N}$ Chứng minh:

$(ab)^{\frac{n(n+1)}{2}}.(a^n+b^n)\le 2$