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.


tthnew

Đăng ký: 17-04-2019
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 07:24
*****

#738264 PP tiếp tuyến và cát tuyến trong chứng minh bất đẳng thức.

Gửi bởi tthnew trong Hôm qua, 20:21

Bài 1: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng: $\sum (\frac{a+2b}{a+2c})^2\geq 3$.

Sau khi quy đồng, ta cần chứng minh $$\displaystyle 4\sum a \left( 4\,{a}^{3}+12\,{a}^{2}b+ 20\,c{a}^{2}+13\,a{b}^{2}+28\,cab+18\,{c}^{2}a+24\,{b}^{2}c+21\,b{c}^{ 2}+22\,{c}^{3} \right)  \left( a-b \right) ^{2}\geqslant 0$$




#738096 BĐT: CMR:$\sum \frac{3}{a+2b}\geq...

Gửi bởi tthnew trong 08-08-2020 - 06:51

Bạn giải thích rõ hơn chỗ $\sum \frac{23+14a-a^2}{2+\frac{(3-a)^2}{4}}\geqslant \sum (8a+4)$ được không??

Do $a,b,c >0;a+b+c=3 \therefore 0<a,b,c<3.$ Mà

$${\frac {-{a}^{2}+14a+23}{2+\frac14 ( 3-a ) ^{2}}}-(8a+4)={\frac {8 \left( 3-a \right)  \left( a-1 \right) ^{2}}{ \left( a-3 \right) ^{2}+8}} \geqslant 0$$

Nên $${\frac {-{a}^{2}+14a+23}{2+\frac14 ( 3-a ) ^{2}}}\geqslant (8a+4)$$

Cộng lại là xong. Bài này cũng là UCT như các bài trên nhưng lúc đó mình bận nên chỉ giải sơ qua cho bạn thôi.




#738065 BĐT: CMR:$\sum \frac{3}{a+2b}\geq...

Gửi bởi tthnew trong 07-08-2020 - 08:13

Bài 1: Cho $\frac{1}{\sqrt{2}}< a,b,c< \sqrt{2}$. Chứng minh rằng: $\sum \frac{3}{a+2b}\geq \sum \frac{2}{a+b}$.

Đặt $a=\frac{x'}{\sqrt{2}},\,b=\frac{y'}{\sqrt{2}},\,c=\frac{z'}{\sqrt{2}} $ thì $1<x',y',z',<2.$

Cần chứng minh: $$ \Big(\sum \frac{3}{x'+2y'} -\sum \frac{2}{x'+y'}\Big) \geqslant 0\,\,$$

Đặt $x'=\frac{x+2}{x+1},y'=\frac{y+2}{y+1},z'=\frac{z+2}{z+1}\,\,(x,y,z \geqslant 0)$ Sau khi quy đồng$,$ cần chứng minh:

$\sum ( 6\,{x}^{2}{y}^{2}{z}^{4}+36\,{x}^{2}{y}^{2}{z}^{3}+23\,{x}^{2} y{z}^{4}+7\,x{y}^{2}{z}^{4}+42\,{x}^{2}{y}^{2}{z}^{2}+172\,{x}^{2}y{z} ^{3}+18\,{x}^{2}{z}^{4}+80\,x{y}^{2}{z}^{3}+337\,{x}^{2}y{z}^{2}$

$+117\, {x}^{2}{z}^{3}+188\,x{y}^{2}{z}^{2}+153\,xy{z}^{3}+33\,x{z}^{4}+47\,{x }^{2}{y}^{2}+159\,{x}^{2}yz+212\,{x}^{2}{z}^{2}+177\,x{y}^{2}z+457\,xy {z}^{2}$

$+298\,x{z}^{3}+102\,{x}^{2}y+234\,x{y}^{2}+144\,xyz+847\,x{z}^{ 2}+59\,y{z}^{2}+72\,{x}^{2}$

$+484\,xz+308\,yz+12\,{z}^{2}+116\,x+52\,y+ 144\,z+48 )  \left( x-y \right) ^{2} \geqslant 0$

Đây là điều hiển nhiên.

Cách khác. (mới nghĩ ra)

Dễ chứng minh: $$\frac{3}{a+2b} \geqslant \frac{2}{a+b} +\frac{1}{6b} -\frac{1}{6a}$$

Cộng lại là xong.

Bài 4: Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3. CMR: $\sum \frac{23+14a-a^2}{2+bc}\geq 36$

$$\text{Vế trái} \geqslant \sum \dfrac{23+14a-a^2}{2+\frac{(b+c)^2}{4}} \geqslant \sum \dfrac{23+14a-a^2}{2+\frac{(3-a)^2}{4}} \geqslant \sum (8a+4) =36$$




#738064 BĐT: CMR:$\sum \frac{3}{a+2b}\geq...

Gửi bởi tthnew trong 07-08-2020 - 07:33

Bài 2: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}=3$. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a^2}{a+b}\leq \frac{3}{2}$.

Bài 3: Cho a,b,c>0 thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng: $\sum \frac{a^2+3a+5}{\sqrt{2a^2+2a+5}}\leq 9$.

Bài 2 Nó là hệ quả của $${\frac {{a}^{2}}{a+b}}\leqslant \frac12 \sqrt {{a}^{2}-ab+{b}^{2}}+\frac{1}{2} (a-b)$$

Tương đương: $${\frac {{a}^{2}+{b}^{2}}{a+b}} \leqslant \sqrt{a^2-ab+b^2} \Leftrightarrow ab(a-b)^2 \geqslant 0$$

Bài 3. Bạn chứng minh$:$ $$\dfrac{a^2+3a+5}{\sqrt{2a^2+2a+5}} \leqslant \frac{2}{3} a +\frac{7}{3}$$

Cộng lại ta được$:$ $$\text{Vế trái} \leqslant \frac{2}{3} (a+b+c) +7\leqslant \frac{2}{3} \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+7=9$$

Còn lại tối làm.




#737985 CMR: $\frac{a}{b+3}+\frac{b}{a+3}+\frac{ab}{a+b}\leq...

Gửi bởi tthnew trong 05-08-2020 - 15:14

Bài 4: Với a, b, c là số thực dương có tổng bằng 3, tìm giá trị nhỏ nhất của

           H = a/(b2+1) + b/(c2+1) + c/(a2+1)

Mới tính đăng Sol AM-GM ngược dấu nhưng giống bạn PDF rồi nên đăng SOS vậy.

Ta có$:$ $$H-\frac{3}{2}={\frac {1}{486}}\sum {\frac {a \left( 10\,{a}^{3}+62\,{a}^{2}b+24\,{a}^{2 }c+93\,a{b}^{2}+17\,abc+12\,a{c}^{2}+115\,{b}^{2}c+153\,b{c}^{2}+162\, {c}^{3} \right)  \left( a-b \right) ^{2}}{ \left( {b}^{2}+1 \right) \left( {c}^{2}+1 \right)  \left( {a}^{2}+1 \right) }}$$

Thao tác trên Maple: https://drive.google...iew?usp=sharing




#737944 [TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUY...

Gửi bởi tthnew trong 04-08-2020 - 14:31

Cho $a,b,c\ge 0.$ CMR $$8\sum a^4(b^2+c^2) \le (\sum a)^3 (\sum a^2(b+c) -4abc)$$

Ta chứng minh $$\displaystyle 8\sum a^4(b^2+c^2) \leqslant (\sum a)^3 [\sum a^2(b+c) -\frac{38}{9} abc]$$

Hay là $$\frac{1}{27}abc \sum \left( 10\,b+10\,c+7\,a \right)  \left(b+c-2a \right) ^{ 2}+\sum ab \left( a-b \right) ^{4} \geqslant 0.$$ 

Chương trình cũ fsos của mình không kết quả khả quan mấy  :icon6:

BH6oLHT.png




#737937 Chứng minh rằng: $(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{3}\geq 9(a + b+ c)$.

Gửi bởi tthnew trong 04-08-2020 - 10:17

Cho $a,b,c$ là ba số thực dương thỏa $abc=1$. Chứng minh rằng: $(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{3}\geq 9(a + b+ c)$

Xét hiệu $2$ vế là xong nhưng khá xấu.

$$\text{Vế trái} -\text{Vế phải}=\frac14\sum\limits_{cyc}  f(a,b,c) \left( a-1 \right) ^{2} \geqslant 0$$

Với $$f(a,b,c) =  4\,{a}^{4}+12\,{a}^{2}{b}^{2}+4\,{a}^{2}{c}^{2}+8\,{b}^{4 }+30\,b{c}^{3}+8\,{a}^{3}+16\,{a}^{2}c$$

$$\quad +24\,a{b}^{2}+8\,a{c}^{2}+14\,b{ c}^{2}+4\,{a}^{2}+2\,ac+29\,{b}^{2}+19\,{c}^{2}+8\,c+8$$




#737899 [TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUY...

Gửi bởi tthnew trong 03-08-2020 - 08:50

$\boxed{\text{Bài 343}}$ Với $a,b,c>0.$ $$(a+b+c)^6 \geqq 81abc(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) +108(a-b)^2 (b-c)^2 (c-a)^2$$

Spoiler

$$\text{VT}-\text{VP}=f(a,b,c)=f(a,a+s,a+t)= \left( 81\,{s}^{2}-81\,st+81\,{t}^{2} \right) {a}^{4}+27\, \left( s+t \right)  \left( 2\,{s}^{2}+st+2\,{t}^{2} \right) {a}^{3}$$

$$+ \left( 54\, {s}^{4}-27\,{s}^{3}t+324\,{s}^{2}{t}^{2}-27\,s{t}^{3}+54\,{t}^{4} \right) {a}^{2}+9\, \left( s+t \right)  \left( 2\,{s}^{4}-{s}^{3}t+12 \,{s}^{2}{t}^{2}-s{t}^{3}+2\,{t}^{4} \right) a$$

$$+ \left( {s}^{2}+14\,st+ {t}^{2} \right)  \left( {s}^{2}-4\,st+{t}^{2} \right) ^{2} \geqslant 0$$




#737898 Tìm GTNN: $P= (\sum xy)(\sum \frac{1}{(x-y)^{2}})$

Gửi bởi tthnew trong 03-08-2020 - 06:23

Cho x,y,z không âm đôi một khác nhau

Tìm GTNN của biểu thức: $P= (xy+yz+zx)(\frac{1}{(x-y)^{2}}+\frac{1}{(y-z)^{2}}+\frac{1}{(z-x)^{2}})$

Mình sẽ giải thích cách SOS của mình cho bài này.

Đặt $f(x,y,z)=\text{P}-4.$ Ta thấy $f(x-z,y-z,0) ={\frac { \left( {x}^{2}-3\,xy+zx+{y}^{2}+yz-{z}^{2} \right) ^{2}}{ \left( x-y \right) ^{2} \left( y-z \right)  \left( x-z \right) }}$

Điều này cho ta dự đoán$,$ sau khi quy đồng biểu thức có thể chứa nhân tử $\left( {x}^{2}-3\,xy+zx+{y}^{2}+yz-{z}^{2} \right) ^{2}.$ Tương tự $2$ biểu thức còn lại. (Đoán nhân tử)

Măt khác sau khi quy đồng$,$ bất đẳng thức là bậc $6,$ nên ta có thể đoán nó có dạng$:$ $$\sum \left( {\it QQ}_{{1}}{x}^{2}+{\it QQ}_{{4}}xy+{\it QQ}_{{6}}zx+{\it QQ}_{{2}}{y}^{2}+{\it QQ}_{{5}}yz+{\it QQ}_{{3}}{z}^{2} \right) \left( {x}^{2}-3\,xy+zx+{y}^{2}+yz-{z}^{2} \right) ^{2}$$ (Phỏng đoán đa thức)

Thực hiện đồng nhất hệ số ta được $$\left\{ {\it QQ}_{{1}}=0,{\it QQ}_{{2}}=0,{\it QQ}_{{3}}=0,{\it QQ}_{ {4}}=1,{\it QQ}_{{5}}=0,{\it QQ}_{{6}}=0 \right\}$$ và dẫn đến phân tích bài toán.(đồng nhất hệ số và đưa ra kết quả)

Đây là một bài cơ bản để SOS và rất đẹp nữa ;)




#737843 CMR: $\sum \frac{a+bc}{b+c}\geq 2$.

Gửi bởi tthnew trong 01-08-2020 - 07:10

$\boxed{\text{Bài 2}}$ Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \leqslant 2.$ CMR: $\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}+\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}+\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}}\leqslant \frac{2}{3}$.

Bài $2,$ chú ý đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ Ta chọn $k$ sao cho $5a^2+2ab+2b^2-k(a-b)^2$ là bình phương của một nhị thức bậc nhất.

Giải phương trình $\Delta_a = 0$ hoặc $\Delta_b = 0$ ta được $k=1.$ Từ đó$:$ $$5a^2+2ab+2b^2 = (a-b)^2 +(2a+b)^2 \geqslant (2a+b)^2$$

Vì vậy$:$ $$\frac{1}{\sqrt{5a^2+2ab+2b^2}}+\frac{1}{\sqrt{5b^2+2bc+2c^2}}+\frac{1}{\sqrt{5c^2+2ca+2a^2}} \leqslant \sum \frac{1}{2a+b} \leqslant \frac{1}{9} \sum (\frac{1}{a}+\frac{1}{a} +\frac{1}{b}) \leqslant \frac{2}{3}.$$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{3}{2}.$




#737820 CMR: $\sum \frac{a+bc}{b+c}\geq 2$.

Gửi bởi tthnew trong 31-07-2020 - 18:21

Bài 5: Cho a,b,c>0. CMR: $\sqrt{\frac{1+a^2}{b+c}}+\sqrt{\frac{1+b^2}{c+a}}+\sqrt{\frac{1+c^2}{a+b}}\geq 3.$

(Mình sửa đề là $\geqslant 3$ như trên nhé$,$ bất đẳng thức này chặt hơn vì $3>1.$ )

Ta sẽ chứng minh$:$ $$(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2) \geqslant (a+b)(b+c)(c+a) \,\,\, (\text{1})$$

Hay là$:$ $$\frac13 (ab+bc+ca-a-b-c)^2 +\frac13\sum \left( {c}^{2}+1 \right)  \left( ab-1 \right) ^{2}+\frac{1}{12}\sum {a}^{2} \left( b-c \right) ^{2}+\frac{1}{12}\sum{c}^{2} \left( a+b-2 \right) ^{2} \geqslant 0$$

Áp dụng BĐT AM-GM$:$ $$\sqrt{\frac{1+a^2}{b+c}}+\sqrt{\frac{1+b^2}{c+a}}+\sqrt{\frac{1+c^2}{a+b}} \geqslant 3\sqrt[6]{\frac{(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}{(a+b)(b+c)(c+a)}} \geqslant 3$$

Edit. Một phân tích đẹp hơn cho $(\text{1})$ là $$(abc-1)^2 +\frac{1}{4}\sum {c}^{2} \left( a-b \right) ^{2}+\frac{1}{4}\sum{c}^{2} \left( a+b-2 \right) ^{2} \geqslant 0$$




#737702 Vẻ đẹp của bất đẳng thức tự sáng tạo và những lời giải của chúng.

Gửi bởi tthnew trong 28-07-2020 - 16:37

$\boxed{\text{Bài 23}}$ Cho $a,b,c \geqslant 0.$ Chứng minh$:$

a) $${\frac {{a}^{2}}{bc}}\geqslant \frac12\cdot {\frac {8\,{a}^{2}-{b}^{2}-{c}^{2}}{{a}^{2} +{b}^{2}+{c}^{2}}}$$

b) $${\frac {4}{193}}\,{\frac {162\,{a}^{2}+31\,ab+31\,ac+112\,{b}^{2}-62\, bc+112\,{c}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}} \geqslant \frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}$$

c) $$\frac{1}{20}\cdot{\frac {5608714\,{a}^{2}-45725206\,ab-45725206\,ac+23475289\,{b} ^{2}+85179380\,bc+23475289\,{c}^{2}}{4379941\,{a}^{2}-522586\,ab- 522586\,ac+4379941\,{b}^{2}-522586\,bc+4379941\,{c}^{2}}} \leqslant \frac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2}$$

Xem thêm tại https://tthnew.wordp...y-test-program/




#737515 KĨ THUẬT PHÂN TÍCH BÌNH PHƯƠNG CỰC NGẮN CHO MỌI BẤT ĐẲNG THỨC [DRIVE!sos]

Gửi bởi tthnew trong 22-07-2020 - 15:34

Chắc hẳn có nhiều bạn vẫn còn hoài nghi về sự tồn tại của $k.$

Ví dụ đơn giản sau đây sẽ chứng minh cơ sở của phương pháp dao lam $\lceil$ DRIVE!sos $\rceil$ là hoàn toàn có thật dù nó không tự nhiên ở phần chọn $k$ cho lắm! ;)

Thật vậy giả sử bất đẳng thức có thể biểu diễn được dưới dạng tổng của $2$ bình phương$:$ $f=A^2 +B^2$ trong đó $A,B$ là các đa thức trên trường thực.

Thì ta cũng có$:$\begin{align*} &f=(A^2 -B^2) +2B^2 =(A-B)(A+B)+2B^2\\& f=(B^2-A^2)+2A^2 =-(A-B)(A+B)+2A^2 \end{align*}

Khi đó $$k=A-B,P=M=A+B,Q=2B^2,N=2A^2$$ và cũng chính vì vậy $k$ không nhất thiết phải là tham số. :D

Đó là với $2$ bình phương$,$ còn với $3$ bình phương $A^2+B^2+C^2$ thì $..$ cũng chỉ đơn giản là cộng thêm $C^2$  :lol:

Tương tự với dạng $f=\sum_{i}^n A_i^2$ với $A_i$ là các đa thức trên trường số thực$,$ sự tồn tại của $k$ đã được chứng minh!  :ukliam2:  :oto:

 

Cách phân tích này có vẻ thú vị, mình tò mò không biết nó có thể xử lý 2 bài sau đây không nhỉ:

Bài 1: Cho $a+b+c=3$, a b c không âm, chứng minh:

$$a^4+b^4+c^4+123 \geq 84(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{a+c})$$

Chỉ ra dấu bằng

Bài 2: Cho 3 số a, b, c thực không âm, chứng minh:

$$\frac{{a + b}}{{b + c}} + \frac{{b + c}}{{c + a}} + \frac{{c + a}}{{a + b}} + \frac{{9\sqrt[3]{2}}}{2}\frac{{ab + bc + ca}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} \ge \frac{{6 + 3\sqrt[3]{2}}}{2}$$

Chỉ ra dấu bằng

Bài 1

Hãy dùng cách trên để đảo ngược SOS về dao lam.(*)

Còn bài $2$ thì bất đẳng thức sai với [ a = 1/707871963247, b = 1/318873511683, c = 1/940294027413 ] hèn gì SOS mãi không ra.

(*) : Phải đặt $a=x^2, b=y^2, c=z^2$ thì mới đưa về được dạng $f=\sum_{i}^n A_i^2$ như trên :)

PS: Nhìn lại hồi trước mình trình bày bài viết xấu quá$,$ mà giờ hết sửa bài viết ban đầu lại được rồi.




#737507 Vẻ đẹp của bất đẳng thức tự sáng tạo và những lời giải của chúng.

Gửi bởi tthnew trong 22-07-2020 - 13:11

Lấy cảm hứng từ Lorian Saceanu.
$\boxed{\text{Bài 21}}$ Cho $a,b,c \geqslant 0.$ Chứng minh rằng$ :$
 
$$\displaystyle \left( a+b+c \right) ^{3}+20\,abc+ \prod \left( a+b-c \right) \geqslant 16\Big[{\frac { \left( ab+ca+bc \right) ^{2}}{a+b+c}}+{\frac {\left( a-b \right) ^{2} \left( b-c \right) ^{2} \left( c-a \right) ^2}{ \left( a+b+c \right) ^{3}}}\Big]$$
$\boxed{\text{Bài 22}}$ $$\displaystyle \frac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geqslant 1+\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}+\frac{8 (a-b)^2 (b-c)^2 (c-a)^2}{abc(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}$$
 
 

Cũng có thể xem thêm tại https://tthnew.wordp...lorian-saceanu/




#737450 CMR: $\sum \frac{a^{2}}{b}+\sum a\geq 2\sqrt{3(...

Gửi bởi tthnew trong 21-07-2020 - 10:05

Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+a+b+c\geq 2\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$

Đây là cách của mình$:$

Ta có$:$ $$\frac{a^2}{b} +\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} +a+b+c \geqslant \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2 b+b^2c+c^2a} +a+b+c$$

$$\geqslant \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\frac{1}{3} (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}+(a+b+c) \geqslant 2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$