Sagittarius912

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

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:

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

 

 

**********

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 2  :Cho $a,b,c$ là các số dương thoả mãn $a+b+c=3$.Chứng minh

$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geq a^2+b^2+c^2$.

 

2)

Sử dụng AM-GM. ta có:

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

Do đó ta cần chứng minh

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

hay 

$3\ge abc(a^2+b^2+c^2) $

$\Leftrightarrow 27\ge 3abc(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$

Ta có bđt quen thuộc:

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

và theo AM-GM

$(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)\le \frac{(ab+bc+ca+ab+bc+ca+a^2+b^2+c^2)^3}{27}=27$

$\Rightarrow$ dpcm

Dấu đẳng thức khi $a=b=c=1$

 

Ta có BĐT sau:

$$\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}>\frac{3}{n}$$

Khi đó:

$$S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+...\\=1+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}\right)+\left(\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}\right)+\left(\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}\right)+\left(\frac{1}{11}+\frac{1}{12}+\frac{1}{13}\right)+...\\>1+\frac{3}{3}+\frac{3}{6}+\frac{3}{9}+\frac{3}{12}+\frac{3}{15}+...=1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+...\\=1+S$$

Suy ra $S>1+S$ hay $0>1$ ???

 

Theo t nghĩ thì cái tổng được xét   $S=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{6}+\frac{1}{7}+\frac{1}{8}+\frac{1}{9}+\frac{1}{10}+\frac{1}{11}+...$  ở đây là tổng vô hạn.  Do đó $S+1$ hay $S+n$ thì bản chất nó vẫn là S thôi

Nếu cho S là tổng hữu hạn thì điều $0>1$ không thể xảy ra  

Cho a,b,c dương thõa mãn $\sum a^{2}=3$,CmR $\sum \frac{1}{2-a}\geq 3$

Cách 1:

Cauchy-Schwarz:

$\sum \frac{1}{2-a}=\sum \frac{a^4}{2a^4-a^6}\ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2\sum a^4-\sum a^6}=\frac{3(\sum a^2)}{2\sum a^4 -\sum a^6}$

và AM-GM

$\sum a^6+\sum a^2 \ge 2\sum a^4$

Dấu đẳng thức khi $a=b=c=1$

Cách 2:

BĐT tương đương

$\sum \frac{a}{2-a}\ge 3$

Cauchy-Schwarz:

$\sum \frac{a}{2-a}=\sum \frac{a^4}{2a^3-a^4}\ge \frac{3\sum a^2}{2\sum a^3 -\sum a^4}$

AM-GM:

$\sum a^4+\sum a^2 \ge 2\sum a^3$

Dấu đẳng thức khi $a=b=c=1$

Với a là số thực. Tìm GTNN của

$P=\sqrt{(a-1)^2+(2a-1)^2}+\sqrt{(a-2)^2+4(a-1)^2}$

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Cho các số dương $a$,$b$,$c$ thoả mãn $abc=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\sum \frac{1}{(a+1)^{2}+b^{2}+1}$

AM-GM:

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

$\Rightarrow \sum \frac{1}{(a+1)^2+b^2+1}\le \sum \frac{1}{2(a+ab+1)}=\frac{1}{2}$

Vậy GTLN của P là $\frac{1}{2}$ khi $a=b=c=1$

Cho $\Delta ABC$ có đường cao, trung tuyến, phân giác kẻ từ A lần lượt là $h_a; l_a$

$r;R$ là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp

$p$ là nửa chu vi

Chứng minh rằng:

1. $\frac{h_a}{l_a}\ge \sqrt{\frac{2r}{R}}$
2.  $3(\sin A .\sin 2A+\sin B .\sin 2B+\sin C .\sin 2C)\ge (\sin A +\sin B +\sin C)(\sin 2A +\sin 2B +\sin 2C)$
3.  $\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}+ \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}+ \frac{C}{2}\sin \frac{A}{2}\le \frac{5}{8}+\frac{r}{4R}$
4.  $a^2+b^2+c^2\ge r^2+p^2+4Rr$

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=\frac{9}{2}$. Tìm max của

$\frac{1}{a+2b+3}+\frac{1}{2b+3c+3}+\frac{1}{3c+a+3}$.
 

Đặt

$\frac{a}{3}=x^3$

$\frac{2b}{3}=y^3$

$c=z^3$

Khi đó bài toán trở thành:

Cho $xyz=1$. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{x^3+y^3+1} \le 1$

Ta có bđt phụ sau:

$x^3+y^3\ge xy(x+y)$

Áp dụng:

$\sum \frac{1}{x^3+y^3+1}\le \sum \frac{1}{xy(x+y)+1}=\sum \frac{z}{x+y+z}=1$

Kết thúc chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=3$ $b=\frac{3}{2}$ $c=1$

 

 

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 $a=b=c$

Cho các số thực dương $a_1,a_2,...,a_{2013}$. Gọi A là số lớn nhất trong các số trên, hãy chứng minh bất đẳng thức sau : $A(a_1+2a_2+...+2013a_{2013})>\frac{1}{2}(a_1+a_2+...+a_{2013})^{2}$

Sử dụng bđt Cauchy-Schwarz ta có

$(a_1+...+a_{2013})^2\le2013(a_1^2+...+a_{2013}^2)$

Ta cần chứng minh

$4016(A.a_1+...+2013A.a_{2013}) \ge a_1^2+...+a_{2013}^2$

Cái này hiển nhiên đúng do A là số lớn nhất:

$iA.a_i\ge ia_i^2> a_i^2$

$\Rightarrow$ dpcm

Cho một bảng vuông $4\times 4$, Treen các ô của bảng vuông này, ban đầu người ta ghi $9$ số $1$ và $7$ số $0$ tuỳ ý (mỗi ô một số). Với mỗi phép biến đổi bảng, cho phép bất kỳ một hàng hoặc một côt trên bảng được chọn đổi đồng thời các số $0$ thành số $1$ và các số $1$ thành số $0$. Chứng minh rằng sau một số hữu hạn các phép biến đổi như trên, ta không thể đưa bảng ban đầu về toàn các số $0$. Cũng hỏi tương tự như trên, có thể biến đổi bảng ban đầu về toàn các số $1$ được không.

   veuntitled.bmp   814.02K   112 Số lần tải

Đối với mỗi ô có số 0, ta thay số 0 bằng -1

Sau mỗi bước thực hiện đổi thì tích của 4 ô trên cùng một hàng ( hoặc 1 cột) được đổi không đổi. Do đó, sau mỗi bước thực hiện thì tích các số trên bảng giữ nguyên.

Nếu đưa được về  bảng toàn số 0 ( hoặc số 1) thì khi đó tích các số trên bảng là 1

Trong khi đó, vì có 9 số 1 và 7 số 0 nên tích các số trên bảng ban đầu là -1

$\Rightarrow$ vô lí

Vậy không thể biến đổi để đưa được về bảng toàn các số 0 ( hoặc số 1)

Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z+xyz=4$.CMR:

$x+y+z\geq xy+yz+zx$

Dồn biến:

Không mất tính tổng quát, giả sử $z=min\left \{ x;y;z \right \}$

Khi đó ta có

$x+y+z+xyz\ge 3z+z^3\Rightarrow z\le 1$

$\exists t \ge 0$ thỏa mãn $t^2z+2t+z=x+y+z+xyz=4$

Đặt $f(x,y,z)=x+y+z-xy-yz-zx$

Ta sẽ chứng minh

$f(x,y,z)\ge f(t,t,z)$

$\Leftrightarrow x+y-xy-z(x+y)\ge2t-t^2-2tz$

$\Rightarrow (x+y-2t)(1-z)+t^2-xy\ge0$

Mặt khác từ cách đặt t thì ta có

$(x+y-2t)=z(t^2-xy)$

Giả sử $x+y-2t <0$ , khi đó $t^2-xy <0$

$\Rightarrow xy >t^2>\frac{(x+y)^2}{4}$  ( vô lí)

Do đó $(x+y-2t)\ge 0$ và $t^2-xy \ge0$

$\Rightarrow f(x,y,z)\ge f(t,t,z)$

Ta cần chứng minh

$ f(t,t,z) \ge 0$ 

$\Leftrightarrow 2t+z-t^2-2tz \ge 0$ (*)

Từ cách đặt t, ta có

$z=\frac{4-2t}{t^2+1} \ge 0$ nên $2-t \ge 0$

Do đó

$(*)\Leftrightarrow \frac{(2-t)(t+2)(t-1)^2}{t^2+1}\ge0$  (đúng)

$\Rightarrow$ dpcm

Dấu đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$ hoặc $x=y=2$ ;$z=0$ và các hoán vị

qua điểm O nằm trên đường cao BH của tam giác ABC kẻ các đường thẳng AO và CO cắt các cạnh BC và BA lần lượt tại M và K.Chứng minh rằng $\widehat{KHB}=\widehat{MHB}$

 untitled.img.bmp   576.05K   93 Số lần tải

Qua O kẻ đường thẳng song song với AC cắt BA, KH, MH, BC lần lượt tại P,D,E,Q

Áp dụng định lí Thales ta có:

$\frac{PO}{QO}=\frac{AH}{HC}$

$\frac{QO}{OE}=\frac{AC}{AH}$

$\frac{OD}{OP}=\frac{HC}{AC}$

Nhân vế theo vế , ta có

$\frac{PO}{QO}.\frac{QO}{OE}.\frac{OD}{OP}=\frac{AH}{HC}.\frac{AC}{AH}.\frac{HC}{AC}$

$\Leftrightarrow \frac{OD}{OE}=1$

$\Rightarrow$ O là trung điểm của DE

Mà BH là đường cao của $\Delta ABC$ và $BC \parallel DE$

$\Rightarrow$ $\Delta HDE$ cân tại H

$\Rightarrow$ $\widehat{DHO}=\widehat{EHO}$

hay $\widehat{KHB}=\widehat{MHB}$

____________________________

bất lực với cái pm vẽ hình, ai hảo tâm up giùm _ _!

Anh Sagittarius912 có cách THCS không em đọc không hiểu!

Cách này phù hợp với cấp THCS mà em

Có gì không hiểu thì nhắn tin hỏi nhé, tránh loãng topic