E nên chăm chỉ học và giải toán.

Toán sơ cấp không có phương pháp cụ thể giải từng bài đâu.

 

Tài liệu : 

 

Bài này là bài khá kinh điển cho NL Cực hạn .

Mình nhớ không nhầm thì là của tạp chí CRUX. 

 

Tài liệu NL Cực Hạn của thầy T N Dũng :

 

 

 

Lời giải : 

Dễ chứng minh : $xyz\geq 1$ do đó $yz\geq 1$

BĐT sẽ có dạng tương đương là : 

$(1-xy)(1-xz)\geq 0\Leftrightarrow 1-xy-xz+x(x+y+z-2)\geq 0 \Leftrightarrow x^2-2x+1\geq 0$

 

Hiển nhiên đúng.

 

( Chú là thằng thủ khoa lớp 10 Toán phải không ? Anh là tiền bối đây  )

Bài 47 là đề VNTST 2007

Bài 46: 

 

Cho x = 0 ta được : $f(f(y))=2y+f(0)$

Do đó f là song ánh Cho tiếp y = 0 ta được ngay $f(0)=0$

Do đó $f(x+f(y))=f(x)+2y=f(x)+f(f(y))$ suy ra ngay f là hàm cộng tính ( Do f toàn ánh ) 

 

Mà f liên tục nên $f(x)=kx$

Thử lại được $k=\sqrt{2}$

Bài 1 : 

Xem ở đây : http://www.artofprob...c6h30921p191489

$f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$

$f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$

Đây là bài 6 trong quyển 106 phương trình hàm 

 

Xét tam giác ABC với $(I),(I_{a}),(E)$ lần lượt là các đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A và đường tròn Euler.

Gọi tiếp điểm của $(I),(I_{a})$ với BC là A' và A''

Gọi M,N,P là trung điểm của BC,CA,AB.

AI cắt BC tại I' 

Kẻ I'J vuông góc với ME.

 

Bạn hãy chứng minh :

Phép nghịch đảo : $N\tfrac{MA'^2}{M}$ biến $(I)\rightarrow (I_{a})$  và $(E)\rightarrow I'J$

Sau đó chứng minh : I'J đối xứng với BC qua phân giác của góc A 

Nên theo tính chất phép nghịch đảo suy ra ngay ĐPCM 

Lời giải :

 Gọi H,M,K,N là trung điểm AB,BC,CD,AD

Khi đó HMKN là hình bình hành ( ... )                                                                  (1)

Ta có : $\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}=2\overrightarrow{HK}$

Và $\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}=2\overrightarrow{NM}$

Do đó HK = MN                                                                                                    (2)

 

Từ (1),(2) suy ra : HMKN là hình chữ nhật , dễ dàng suy ra AC vuông BD

mình nghĩ là nó ko có Min đâu 

Ta có :

     $A=ab+2c(a+b)\leq \frac{(a+b)^2}{4}+2(a+b)(1-a-b)=\frac{-7}{4}t^2+2t\leq \frac{4}{7}$

Ta có :

 

HK = AM . sin BAC

 

Do đó $HK max\Leftrightarrow AMmax$ khi và chỉ khi M đối xứng với A qua O.

Dưới góc nhìn của anh thì là DỄ.     

 

( Nếu em biết định lý Menelaus thì nó chỉ là " Muỗi")

 

Lời giải :

Ta có các t/c đơn giản : OD = OE ; OA = 2OH                        (1)

Kẻ DK // AH

Do đó OH là đường trung bình của DEK suy ra DK = 2OH    (2)

 

(1),(2) suy ra  $\frac{DK}{AH}=\frac{2OH}{OH+2OH}=\frac{2}{3}$

Mà $\frac{MD}{MA}=\frac{DK}{AH}$            

 

=> ....

PP trên cũng áp dụng được với BĐT đối xứng. Mình sẽ viết sau.

           Do hạn chế bài viết nên mình sẽ chỉ đề cập đến BĐT Hoán vị vì phương pháp này giải các BĐT Hoán vị rõ ràng hơn, dễ hiểu hơn.

 

Ta có 2 định lý đơn giản sau : 

 

Định lý 1 : Nếu a và b là 2 số thỏa mãn : $a+b\geq 0$ thì một trong 2 số a,b phải không âm.

Định lý 2 : Nếu ta có  $f(a,b,c)\geq 0$ là một BĐT Hoán vị đúng  thì cũng tương đương với $f(a,c,b)\geq 0$ là một BĐT Hoán vị đúng

 

Từ đó ta có Định lý S.O.F : 

 

Để Chứng minh BĐT Hoán vị  $f(a,b,c)\geq 0$ ta sẽ chứng minh : $f(a,b,c)+f(a,c,b)\geq 0$

 

Sau đây là phần ứng dụng khá thú vị của S.O.F, nó sẽ giúp bạn hiểu rõ hơn.

 

BT1: ( IMO 1984)

Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác, CMR : $a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$

 

Lời giải : 

Điều kiện a,b,c là 3 cạnh của một tam giác là không cần thiết.

Đặt $f(a,b,c)=a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)$

Ta có : với x,y,z là các số dương

$f(x,y,z)+f(x,z,y)=\sum (x^3y-x^2y^2+xy^3-x^2y^2)=\sum (xy(x-y)^2)\geq 0$

( Hiển nhiên đúng )

 

Do đó theo Định lý 1 : Một trong 2 biểu thức $f(x,y,z),f(x,z,y)$ phải không âm.

Nếu $f(x,y,z)\geq 0$ ta cho : $x=a,y=b,z=c$ suy ra ĐPCM.

Nếu $f(x,z,y)\geq 0$ ta cho : $x=a,y=c,z=b$ suy ra ĐPCM.

 

Nếu bạn đã hiều rồi thì ta không cần đặt thêm biến mới x,y,z nữa , ta sẽ sử dụng trực tiếp Định lý S.O.F luôn. Ta đến với bài toán nổi tiếng và khó sau :

 

BT2 : ( Vasile Cirtoaje) 

Cho a,b,c là các số dương. CMR : 

$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$

 

Lời giải :

Ta chỉ cần chứng minh : 

$2(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3\sum (a^3b+ab^3) \Leftrightarrow \sum (a^4+b^4+4a^2b^2-3a^3b-3ab^3)\geq 0 \Leftrightarrow \sum ((a^4+b^4-2a^2b^2)-(3a^3b+3ab^3-6a^2b^2))\geq 0\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(a^2+b^2-ab)\geq 0$

 

Hiển nhiên đúng !!!!!

 

BT3: Cho a,b,c là các số thực dương. CMR :

$\sum \frac{a^3}{a+b}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{2}$

 

Lời giải : 

Ta chỉ cần chứng minh : 

$\sum \frac{a^3+b^3}{a+b}\geq a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow \sum (a^2-ab+b^2)\geq a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$

 

Hiển nhiên đúng !

 

Các bạn có thể thấy sau khi sử dụng S.O.F thì BĐT hoán vị 3 biến ban đầu sẽ chuyển về đối xứng 3 biến, điều này gợi ý cho ta sử dụng phương pháp S.O.S

 

BT4 : (India 2002)

Cho a,b,c là 3 số dương. CMR : 

 

$\sum \frac{a}{b}\geq \sum \frac{a+c}{b+c}$

 

Lời giải : 

 

Hoàn toàn tương tự ta chỉ cần chứng minh :

$\sum (\frac{a}{b}-\frac{a+c}{b+c}+\frac{b}{a}-\frac{b+c}{a+c})\geq 0\Leftrightarrow \sum (\frac{c(a-b)}{b(b+c)}-\frac{c(a-b)}{a(a+c)})\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{c(a-b)^2(a+b+c)}{ab(a+c)(b+c)}\geq 0$

 

Đúng !

 

BT5 : (Vasile Cirtoaje)

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

$3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-1)\geq 2(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})$

 

Lời giải : 

Tương tự như trên, sau khi sử dụng S.O.F rồi giảm các biểu thức ở 2 vế ta đưa BĐT về dạng hiển nhiên sau : 

 

$\sum \left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )\geq 6$

 

BT6: ( Vasile Cirtoaje) 

Cho a,b,c là các số thực dương , CMR :$\sum \sqrt{\frac{2a}{a+b}}\leq 3$

 

Lời giải : 

Tương tự : 

$\Leftrightarrow \sum \left (\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+ \sqrt{\frac{2b}{a+b}} \right )\leq 6$

Đúng vì theo Cauchy - Schwarz : 

$\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{a+b}}\leq \sqrt{2.\left ( \frac{2a}{a+b}+\frac{2b}{a+b} \right )}=2$

 

BT7: ( Vasile Cirtoaje - Arqady ) 

 

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

$\sum \frac{a^2}{a+b}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{2(a+b+c)}$

 

Lời giải : 

Tương tự, ta phải chứng minh : 

 

$\sum \left (\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}-\frac{a^2+b^2}{a+b}  \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{c^2(a+b)-c(a+b)}{a+b} \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{ac(a-c)}{a+b}-\frac{bc(b-c)}{a+b} \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{ac(a-c)}{a+b}-\frac{ac(a-c)}{b+c} \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{ac(a-c)^2}{(a+b)(b+c)}\geq 0$

 

Hiển nhiên đúng.

 

BT8: ( Vasc - Arqady ) 

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : $\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\leq \frac{3\sqrt{2}}{2}$

 

Bài này dễ nên các bạn tự giải được.

 

BT9: Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

$\frac{a^2-c^2}{b+c}+\frac{b^2-a^2}{a+c}+\frac{c^2-b^2}{a+b}\geq 0$

 

Lời giải : 

 Tương tự như trên dẫn tới ta phải Chứng minh : 

 

$\sum \left ( \frac{a^2-c^2}{b+c}+\frac{c^2-a^2}{a+b} \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{(a+c)(a-c)^2}{(b+c)(a+b)}\geq 0$

 

Hiển nhiên đúng.

 

BT10: ( Moldova TST 2006) 

Cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác. CMR : 

$\sum a^2\left ( \frac{b}{c}-1 \right )\geq 0$

 

Lời giải : 

BĐT có dạng : 

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

Ta phải chứng minh  : 

$\sum (a^3b^2+a^2b^3)\geq 2abc(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow \sum a^3(b^2+c^2)\geq \sum 2a^3bc$

 

Hiển nhiên đúng theo BĐT AM - GM

 

BT11 : ( Micrea Lascu, Bandila, Panaitopol ) 

Cho a,b,c là các số thực, CMR : 

$a(a+b)^3+b(b+c)^3+c(c+a)^3\geq 0$

 

Quá dễ nếu bạn sử dụng S.O.F

 

BT12 : ( Phan Thành Nam - VMEO 2005 ) 

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

 

$\sum \frac{1}{a\sqrt{a+b}}\geq \frac{3}{\sqrt{2abc}}$

 

Lời giải : 

Tương tự ta đưa bài toán về phải chứng minh : 

 

$\sum \left ( \frac{1}{a\sqrt{a+b}}+\frac{1}{b\sqrt{a+b}} \right )\geq \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{abc}}\Leftrightarrow \sum \frac{\sqrt{a+b}}{ab}\geq \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{abc}}\Leftrightarrow \sum c\sqrt{a+b}\geq 3\sqrt{2}\sqrt{abc}$

 

Đúng bằng cách sử dụng trực tiếp BĐT AM - GM 2 lần.

 

BT13: ( Gabriel Dospinescu )

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

 

$\sum \frac{1}{4a}+\sum \frac{1}{a+b}\geq 3\sum \frac{1}{3a+b}$

 

Lời giải : 

 

Tương tự như các bài toán trước ta đưa BĐT về đối xứng và ta phải chứng minh : 

$\sum \frac{1}{2a}+2\sum \frac{1}{a+b}\geq 3\sum  \left (\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+a}  \right )$

 

Hay 

$\sum \left ( \frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}+\frac{2}{a+b}-\frac{3}{3a+b}-\frac{3}{3b+a} \right )\geq 0\Leftrightarrow \frac{1}{4}\sum \left ( (\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{4}{a+b})-12(\frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+a}-\frac{1}{a+b}) \right )\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{a+b}.\frac{3a^2+3b^2-2ab}{ab(3a+b)(3b+a)}\geq 0$

 

 

Hiển nhiên đúng !

Hay ĐPCM

 

BT14 : (Iran MO 2005 ) 

 

Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

 

$\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^2\geq (a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )$

 

Lời giải : 

 

Ta sẽ phải chứng minh : 

 

$\sum \frac{a^2}{b^2}+\sum \frac{a}{c}\geq 3+\sum \frac{a}{b}$$\sum \left (\frac{a^2}{b^2} +\frac{b^2}{a^2} \right )+\sum \left ( \frac{a}{c}+\frac{c}{a}\right )\geq 3+3+\sum \left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{a^2} \right )\geq 6$

Hiển nhiên đúng theo BĐT AM - GM 

 

 

BT15 : Cho a,b,c là các số thực dương. CMR : 

 

$\sum \frac{a}{\sqrt{a+b}}\geq \frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{2}}$

 

Lời giải : 

 

Ta phải chứng minh : 

$\sum \left ( \frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{a+b}} \right )\geq \sqrt{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\Leftrightarrow \sum \sqrt{a+b}\geq \sqrt{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$

 

Hiển nhiên đúng vì theo BĐT AM - GM với x,y là các số dương : $\sqrt{x}+\sqrt{y}\leq \sqrt{2(x+y)}$

Dễ . Ta chỉ cần xét a,b,c đôi một phân biệt.

 

Nếu x + y = 1 . Thay y = 1 - x vào phương trình 1 : 

 

ax - bx + b - c = 0

 

Rút ra x theo a,b,c  rồi thay vào phương trình 2 ta sẽ có : 

 

$a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=0$ 

 

....

3.

 

Ta có : 

 

$a^3+a^3+b^3\geq 3a^2b$

 

Tương tự rồi cộng các BĐT lại ta có ĐPCM.

bạn có thể làm rõ được không?

$\frac{a^2}{4}+b^2\geq ab$

$\frac{a^2}{4}+c^2\geq ac$

$\frac{a^2}{4}+d^2\geq ad$

$\frac{a^2}{4}+e^2\geq ae$

 

Cộng lại ta có ĐPCM.

2.

 

Ta có : 

$\frac{a^2}{4}+b^2\geq ab$ 

 

Tương tự rồi cộng lại ta có ĐPCM .

LHS :  left hand side = vế trái 

anh ơi em không biết BĐT Vasc , anh có thể ghi ra được không

 

đây là 1 chuyên đề nhỏ về BĐT Vasc ( Internet ) 

 

khá là hay . 

1. 

 

Áp dụng trực tiếp BĐT Cauchy - Bunyakovsky - Schwarz ta có : 

 

 

$\left ( 2a^2+b^2 \right )\left ( 2a^2+c^2 \right )=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2=a^2(a+b+c)^2$

 

Tương tự và do đó : 

 

$VT\leq \sum \frac{a}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{3}$

 

(Vì a + b + c = 3 ) 

  do bất đẳng thức dài nên em không làm tiêu đề được,mong mod thông cảm

1, cho a,b,c là các số không âm.chứng minh $a(-\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+b(-\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{a})+c(-\sqrt{c}+\sqrt{b}+\sqrt{a})\leq 3\sqrt{abc}$

2, cho a,b,c đôi một khác nhau.Chứng minh $\frac{a^{3}-b^{3}}{(a-b)^{3}}+\frac{b^{3}-c^{3}}{(b-c)^{3}}+\frac{c^{3}-a^{3}}{(c-a)^{3}}\geq \frac{9}{4}$

3, cho a,b,c,d>0. Chứng minh $\frac{1}{a^{4}+b^{4}+c^{4}+abcd}+\frac{1}{b^{4}+c^{4}+d^{4}+abcd}+\frac{1}{c^{4}+d^{4}+a^{4}+abcd}\frac{1}{d^{4}+a^{4}+b^{4}+abcd}\leq \frac{1}{abcd}$

 

1, Đặt ẩn phụ : 

 

$\sqrt{a}=x;\sqrt{b}=y;\sqrt{c}=z$

 

BĐT đã cho sẽ có dạng tương đương là : 

 

$a^3+b^3+c^3+3abc\geq \sum ab(a+b)$

 

Là BĐT Schur bậc 1 ,,, Đúng .

 

cái này còn suy ra đc 1 đống bất đẳng thức tg tự hay sao ý ???

 

VD với 3 số, (tương tự tổng quát cho n số ) : Cho $a,b,c\geq 1$ CMR : 

 

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

 

LG :

 

Áp dụng liên tiếp 2 lần BĐT với 2 số đã chứng minh ở trên :

 

$\frac{1}{a^3+1}+\frac{1}{b^3+1}+\frac{1}{c^3+1}+\frac{1}{abc+1}\geq \frac{2}{1+\sqrt{a^3b^3}}+\frac{2}{1+\sqrt{abc^4}}\geq \frac{4}{1+\sqrt{\sqrt{a^4b^4c^4}}}=\frac{4}{1+abc}$

 

Suy ra ĐPCM.

 

TQ: Cho $a_{i}\geq 1\forall i=\overline{1,n}$

CMR : 

$\sum_{n}^{i=1}\frac{1}{1+a^n}\geq \frac{n}{1+\coprod_{n}^{i=1}a_{i}}$

Ta có : 

 

$\frac{1}{1+a^4}+\frac{1}{1+c^4}+\frac{1}{1+d^4}=1-\frac{1}{1+c^4}=\frac{c^4}{1+c^4}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{(1+a^4)(1+b^4)(1+c^4)}}$

 

Viết các BĐT tương tự rồi nhân lại ta sẽ có 

 

$a^4b^4c^4d^4\geq 81\Rightarrow ....$