Thế cái giả sử mà bạn nói tới nó có xẩy ra dấu "=" không... Chú ý tới dấu "=" đi 

Mk có lẽ là cách làm mình sai thật nhưng ..... chả biết nói sao h cả

Cách của bạn là hoàn toàn sai

Sai từ những kiến thức cơ bản

Và mình chỉ ra cái sai cho bạn

Còn cái dấu bằng thì nếu xét trường hợp có biến thôi, dễ mà

Xét theo từng vế 1 nhé

Vế trái ta cộng 3 vào:VT$=$ $\frac{x^2}{y^2+z^2}+1+\frac{y^2}{x^2+z^2}+1+\frac{z^2}{x^2+y^2}+1$

$=(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{y^2+z^2}+\frac{1}{x^2+z^2}+\frac{1}{x^2+y^2})$

Áp dụng BĐT cơ bản : $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}$

Ta có VT $\geq (x^2+y^2+z^2).\frac{9}{2(x^2+y^2+z^2)}$$\doteq \frac{9}{x^2+y^2+z^2}$

Tương tự với VP cũng thêm 3 vào (2 vế cùng cộng vào 3)

VP$\geq \frac{9}{x+y+z}$

$\Rightarrow$ ĐPCM: $\frac{9}{x^2+y^2+z^2}\geq \frac{9}{x+y+z}$ luôn đúng $(x^2+y^2+z^2\geq x+y+z)$

Dấu "=" xẩy ra $x=y=z$

Bạn làm sai hoàn toàn

Khi bạn muốn chứng minh $a \geq b$

Bạn không thể so sánh $a \geq c ; b \geq d$ rồi so sánh $c,d$ được

Mình sẽ cho phản ví dụ

Giả sử; Ta cần chứng minh $ 5 \geq 10 $

Mặt khác $5 \geq 4 ; 10 \geq 3  ; 4 \geq 3$ thì bạn suy ra $5 \geq 10 $ à 

1, Cho 3 số thực a,b,c đều không nhỏ hơn $-\frac{3}{4}$, thỏa mãn $a+b+c= 1$ CMR:

                           $\frac{a}{a^{2}+1}+\frac{b}{b^{2}+1}+\frac{c}{c^{2}+1}\leq \frac{9}{10}$

Mình sẽ dùng phương pháp tiếp tuyến

Ta sẽ chứng minh 

$\frac{a}{a^2+1} \leq \frac{36a+3}{50} <=> 36(x-\frac{1}{3})^2 (x+\frac{3}{4} ) \geq 0 $ (Đúng)

Cộng theo vế, ta có điều phải chứng minh

Thực tế, ở bài toán này, có thể mở rộng ra $a,b,c$ là các số thực 

tìm min A = $\frac{3a}{b+c}+\frac{4b}{a+c}+\frac{5c}{a+b}$ biết a,b,c>0

Đặt $x=b+c; y=a+c , z=a+b$

Tính $a,b,c $theo$ x,y,z$

Đưa vào pt, AM-GM là ra

Họ tên: Nguyễn Trường Hải

Nick trong diễn đàn: superpower

Năm sinh: 2000

Hòm thư: [email protected]

Dự thi cấp THCS và THPT

Bài 98:Cho $a,b,c$ là các số thực dương

C/m

$\sum \frac{a^4}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c} $

ai giúp bài này với

BÀI 91:

với a,b,c dương. a+b+c=10.

min:

$M= \frac{a^{2}-a}{9}+\frac{b^{2}-b}{5}+\frac{c^{2}-c}{3}$

Chứng minh bất đẳng thức phụ sau

$\frac{a^2-a}{9} \geq \frac{17}{27}a -\frac{100}{81} <=> (3a-10)^2 \geq 0 $

Do đó cộng các bất đẳng thức lại, ta có 

$M \geq \frac{17}{27} . 10 -\frac{100}{27} =\frac{70}{27} $

Bài dễ khai xuân đây : 
Bài 51. Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ và giả sử $a=max${$a,b,c$}. So sánh $b,c$ biết 
$(a-b)^5+(b-c)^5+(c-a)^5 \ge 0$

Cách khác cho bài 51

Do $a=max${$a,b,c$} $

Do đó $\exists  x,y: b=a-x ; c=a-y $

Thay vào, ta được 

$x^5 +(y-x)^5 -y^5 \geq 0 <=> (x^5-y^5) -( x-y)^5 \geq 0 <=> 5xy(x-y)(x^2 -xy+y^2) \geq 0 <=> x \geq y $

Do đó $b \leq c $

Lời giải bài 21 và bài 22 các bạn VODANH9X và phamngochung9a đã giải chuẩn rồi, mình xin đề xuất hai bài tiếp theo:

Bài 23: Cho các số thực $a,b,c\in [1,2]$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{(a+b)^2}{c^2+4(ab+bc+ca)}$

 

Xét hàm số $f(c) = c^2 + 4(ab+bc+ca) $ là hàm đồng biến theo biến $c$

Do đó để $P_{min} $ thì $c $ max

Do đó. ta cần tìm min của biểu thức

$P=\frac{(a+b)^2}{4+4(ab+2a+2b) } $

Mặt khác

Xét hàm số $f(a) = \frac{a^2+2ab+b^2}{(4b+8)a + 4+8b } $

Có $f'(a) = \frac{(4b+8)a^2+ (16b+8)a -4b^3 +8b^2+8b }{[(4b+8)a+4+8b]^2}$

Mà ta có $-4b^3+8b^2+8b > 0 $ (do $b \in [1;2] $)

Do đó $f'(a) >0 $

Tương tự dễ chứng minh $f'(b) >0 $

Mà $a,b \geq 1 => f(a,b) \geq f(1,1) = \frac{1}{6} $

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=1; c=2 $ 

Bài 54 (Azerbaijan JBMO TST). Với $a,b,c$ là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng
\[2(ab+ac+bc)-3abc \geqslant a \sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+b \sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}+c \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.\]

Em xin giải bài 54 bằng SOS

BĐT $<=> \frac{(ab+bc+ca)(a+b+c) -9abc}{3} \geq \sum a( \sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}} - \frac{b+c}{2} )$

Nhân liệp hiệp và phân tích bình phương SOS, ta được

$\frac{\sum c(a-b)^2 }{3} \geq \sum \frac{c(a-b)^2}{\sqrt{8(a^2+b^2)} +2(a+b) }  $ 

$<=> \sum (\frac{c}{3} - \frac{c}{\sqrt{8(a^2+b^2)} +2(a+b) }) (a-b)^2 \geq 0 $

Mà ta có $2(a^2+b^2 ) \geq (a+b)^2 $

Do đó $\sqrt{8(a^2+b^2)} +2(a+b)  \geq 4(a+b) $

Ta chứng minh  1 bđt yếu hơn 

$\sum c. \frac{4(a+b) -3}{12(a+b) } (a-b)^2 \geq 0 $

Đặt $S_c = \frac{4(a+b) -3}{12(a+b) } c  $

Tương tự cho $S_a , S_b $ 

Đưa bđt về dạng $\sum S_a(b-c)^2 \geq 0 $ thì ta có

$S_c \geq 0 <=> 4(a+b) \geq 3 $ đúng do $a \geq 1 $

$S_b \geq 0 <=> 4(a+c) \geq 3 $ đúng do $a \geq 1 $

Bây giờ ta chứng minh $b^2S_a + a^2S_b \geq 0 <=> 4\frac{a+b}{3} \geq \frac{a}{a+c} +\frac{b}{b+c} $

Mà dễ thấy $\frac{a}{a+c} + \frac{b}{b+c} \leq 2 $

Do đó , ta cần chứng minh $4(a+b) \geq 6 $ mà này thì hiển nhiên do $3 = a+b+c \leq 2(a+b) => 4(a+b) \geq 6 $  

Vậy, ta có điều phải chứng minh

MÌnh có một cuốn sách tên là "109 Inequalities From the AwesomeMath Summer Program" của Titu Andreescu và Adithya Ganesh, trong đó có rất nhiều bất đẳng thức hay. MÌnh lập topic này để đăng lên cho các bạn cùng tham khảo và thảo luận. Các dạng BĐT chính là AM-GM, Cauchy-Schwarz, Holder, Nesbitt, Rearrangement và Chebyshev. Một số bất đẳng thức khó mình sẽ đăng đáp án vào ngày hôm sau. Like và khuyến khích những bạn có cách giải khác hay.

Bạn nên viết điều kiện của bất đẳng thức nhé

1. $\frac{1}{xy}\geq \frac{x}{x^{4}+y^{2}}+\frac{y}{y^{4}+x^{2}}$

Nếu số thực thì bài này sai rồi

$x=1 ; y=-1 $

$\frac{1}{xy}\geq \frac{x}{x^{4}+y^{2}}+\frac{y}{y^{4}+x^{2}}$

Ta có $(x^4+ y^2)(1+y^2) \geq ( x^2+y^2)^2 $

Do đó, ta đưa bất đẳng thức về chứng minh 

$\frac{x(1+y^2) + y(1+x^2) }{(x^2+y^2)^2 } \leq \frac{1}{xy} $

Tương đương với chứng minh

$(x^2+y^2)^2 \geq xy(x+y+xy(x+y) ) $

Khai triển ra ta có đpcm 

 

Câu 10 ( 1,0 điểm).Xét các số thực $x,y$ thỏa mãn $x+y+1=2\left ( \sqrt{x-2}+\sqrt{y+3} \right )(*)$

 

          1.Tìm giá trị lớn nhất của $x+y$

 

          2.Tìm $m$ để $3^{x+y-4}+\left ( x+y+1 \right ).2^{7-x-y}-3\left ( x^{2}+y^{2} \right )\leq m$đúng với mọi $x,y$ thỏa mãn $(*)$

 

                    HẾT                

a. Ta có $x+y+1 = 2 ( \sqrt{x-2} + \sqrt{y+3} ) $

ĐK : $x \geq 2 ; y \geq -3 $

Ta có $x+y+1 \leq 2.\sqrt{2(x+y+1)} $

Do đó, đặt $t=x+y+1 => t \leq 2.\sqrt{2t} => t^2 \leq 8t <=> t \leq 8 => x+y \leq 7 $

Dấu bằng xảy ra khi $x = y+5 $ và $x+y=7  => x=6; y=1$

Bởi vì công thức tổng quát kia là khi n chạy và x cố định, không phải x chạy. Nói cách khác, $f(x)=x+c$  chỉ đúng với chính xác 1 giá trị x thôi.

Cụ thể hơn, với mỗi x sẽ tồn tại một số c khác nhau, không phải tổng quát cho tất cả x. Lý do: giá trị của c tính theo x1 và x2, mà x1 x2 không cố định theo n

Bằng chứng rõ ràng là hàm f(x) = -x cũng có f(f(x))=x nhưng rõ ràng f(x) không phải dạng x+c

 

 

Tớ không thấy từ "sai bét" làm sao cả tại vì tất cả đều dùng từ này hàng ngày với nghĩa bình thường, trừ việc đối với vài người nhạy cảm có thể thấy nó offended. Nếu ai thấy bị offended bởi 1 từ như thế thì tớ xin lỗi luôn. Tớ cũng không thể làm hài lòng tất cả mọi người được.

Thật ra người sai chính là bạn

Thật ra còn 1 công thức nữa là $f(x)=-x +c $ nhưng mình không tiện đưa ra ở đây vì nó không thỏa thôi

Bài trên mình thay $c_2$ bởi $c_1$

Nếu bạn thay $c_1$ bởi $c_2$ thì sẽ ra công thức $f(x)=-x+c $

Người không hiểu phương pháp chính là bạn

Nếu chúng ta có 1 mối quan hệ giữa $f(f(x)), f(x), x $ với ĐK là các hàm số xét trên tập các số dương hoặc nhỏ hơn thì hoàn toàn có thể dùng pp sai phân

Bạn học lại đi

Bạn có thể xem lại cuốn PTH của thầy Nguyễn Tài Chung phần ứng dụng dãy số để giải PTH

Hoặc là trong kỉ yếu Gặp Gỡ Toán Học năm nay có bài viết của anh Võ Quốc Bá Cẩn về phần này

Bạn có thể xem bài toán 6 trang 83 trong quyển kỉ yếu này

Thân ái

Đoạn sau này viết lại vẫn sai. Đoạn nghiệm tổng quát giải sai.

Sao sai bạn

Câu 7 : Tìm tất cả hàm số $f : N^{*} \to N^{*}$ sao cho ba số $a,f(b),f(b+f(a)-1)$ luôn là độ dài ba cạnh của một tam giác với mọi $a,b \in N^{*}$ 

Thay $a=b=1 => 1, f(1), f(f(1)) $ là 3 cạnh của tam giác

Do đó  $f(1) + 1 \geq f(f(1)) +1 => f(1) \geq f(f(1))$

Mặt khác $a+f(b+f(a)-1) \geq f(b) +1 => f(f(1)) \geq f(1)$

Do đó $f(1)=f(f(1)) $ 

Ta có $a+f(b) \geq f(b+f(a)-1) +1 => f(b) \geq f(b+f(1)-1) $

Ta cũng có $a+f(b+f(a)-1) \geq f(b)+1 => f(b+f(1)-1) \geq f(b) $

Do đó $f(b)= f(b+f(1)-1) $

TH1: $f(1) \neq 1 =>f$ tuần hoàn

Mà do $f$ từ $N^{*}-> N^{*} => f $ bị chặn

Khi đó sẽ tồn tại $M=max f(x) $

Mà ta dễ dàng có $f(f(a)) +f(1) \geq a+ 1$

Cho $a -> +\infty $ ra vô lí

Do đó $f(1)=1$ 

$a+f(b) \geq f(b+f(a)-1) +1$

Thay $b=1 => a+1 \geq f(f(a)) +1 => a \geq f(f(a)) $

Mặt khác $f(b+f(a)-1) +f(b) \geq a+1 $

Cho $b=1 => f(a) +1 \geq a+1 => f(f(a)) \geq a $

Do đó $f(f(a))=a$ 

Do đó, xét dãy $x_n=f(f(...(x)...)) $ ( $n$ lần $f$ )

Khi đó ta có $x_0=x; x_1=f(x) $

Và $x_{n+2} = x_n $

Xét PTĐT có 2 nghiệm phân biệt là $x=1;-1$

Do đó nghiệm tổng quát sẽ là 

$x_n=c_1+ c_2(-1)^n $

với $c_1 + c_2 = x $

      $c_1 - c_2 = f(x) $

Do đó $c_1= x- c_2 $

Thay vào , ta đc $x_1 = f(x) =x - 2c_2 $

Do đó $f(x)= x+c $

Thử lại , ta nhận nghiệm $f(x)=x$  

Thử lại thỏa

Đây, mình đọc phương pháp đó trong tài liệu này, trang 7, trang 8, trang 9. Mình chứng minh chẳng khác gì trong sách?

https://www.google.c...124817099,d.dGo

Đây là tài liệu bđt SAI đó bạn. Chính người đọc cũng không hiểu rõ phương pháp này.

Mình thấy anh khoa là sai rồi

Hồi đó mình cũng sai lầm giống bạn

Xong bạn mình chỉ lại

Mình đã hiểu phương pháp này rồi. Cám ơn các bạn đã góp ý nhé! 

Bạn hiểu như thế nào, có thể viết rõ ra về nó

Thế à, nhưng mấy bài mình chứng minh giống thế trên AOPS cũng không thấy ai nói sai cả. Cứ tưởng đúng. 

Chắc do người ta làm biếng đó bạn

Với lại nhiều người vẫn chưa hiểu rõ phương pháp

Cách đơn giản nhất của bài này là chứng minh bằng phương pháp look at the end point!

Ta có \[ab + bc + ca - 2abc \le \frac{7}{{27}} \Leftrightarrow a\left( {2bc - b - c} \right) - bc + \frac{7}{{27}} \ge 0\]

Xét hàm số \[f\left( a \right) = a\left( {2bc - b - c} \right) - bc + \frac{7}{{27}} \ge 0,\,\,a \in \left[ {0;1} \right]\] f(a) là hàm số bậc nhất nên ta chỉ cần chỉ ra f(0) và f(1) lớn hơn hoặc bằng 0 trên đoạn [0;1] là đủ.

Ta có \[f\left( 0 \right) = - bc + \frac{7}{{27}} \ge - \frac{1}{4} + \frac{7}{{27}} > 0\] vì \[a = 0 \Rightarrow 1 = b + c \ge 2\sqrt {bc} \Rightarrow - bc \ge - \frac{1}{4}\]

\[f\left( 1 \right) = \frac{7}{{27}} > 0\] vì \[a = 1 \Rightarrow b = c = 0\] Xong!

Bạn làm sai rồi

Bạn không hiểu phương pháp này

$f(0) = -bc + \frac{7}{27} \geq 0 $

thì lúc này cần chỉ ra cái  $-bc + \frac{7}{27} \geq 0$

Chứ không phải xác nhận là khi $a=0$ rồi chứng minh bđt đó

đó là cách làm SAI HOÀN TOÀN 

Bạn có thể hiểu rõ thêm PP bằng cách đọc qua bài viết của thầy VQBC

Mình xem bài anh Cẩn viết rồi. Nhưng không có dạng a+b+c=1 mà toàn thấy a,b,c thuộc đoạn nào đấy. Mình vẫn nghi ngờ lắm. 

Dạng này, bạn phải cố định $bc$, cho $a$ chạy

Rồi sau đó chặn $a$

 

 

Bài 4 (4 điểm)

 

       Cho ba số dương $a,b,c$ thay đổi thỏa mãn $a+b+c=abc$.Chưng minh rằng:

 

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

 

 

 

Câu bất đẳng thức

Đặt $(a;b;c) -> (\frac{1}{a}; \frac{1}{b}; \frac{1}{c} $

Ta được $ab+bc+ca= 1 $

Ta có bđt được viết lại

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

Tới đây.

C1:  Chứng minh tựa như SOS

C2: Sử dụng bđt C-S cho VT rồi giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$

ko biết giải bằng cách ni có đúng ko

bđt <=> f(r)=3+$\frac{x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x}{r}$-p²-$\sqrt{3}$ ta có dễ thấy f(r) là hàm đơn điệu theo r nên nó đạt Min khi có 2 biến bằng nhau là đủ như vậy ta thấy giả sử x=y thì điều kiên được viết lại x²+zx=1 và bđt trở thành $x+\frac{2x^{2}}{z}+3-(2x+z)^{2}-\sqrt{3}\geq 0$

rút thế tách về biểu thức 1 ẩn z thì ta sẽ chứng minh bđt 1 biến theo f(z) 
P/s ai có thể dùng AM-GM 1 cách thuần túy cho bài ni luôn ko :v :v

Dễ thấy của bạn à ._.

Mình nghĩ sao bạn biết được là hàm đơn điệu theo $r$ khi trên tử vẫn là $x^3y+y^3z+z^3x $

Cái này vẫn viết được theo dạng pqr nếu giả sử $a \geq b \geq c $ hoặc $a \geq c \geq b $

Nên bài giải sai

Vả lại

Cái kiến thức đó thi học sinh giỏi không được phép sử dụng mà phải chứng minh lại 

đừng xàm bạn ơi, nhân liên hiệp được 1 nghiệm, cái còn lại không thể chứng minh vô nghiệm.

Bài đó thay vào, bình phương 2 lần, được pt bậc 4 nhưng lại phân tích được (x-1)^2

Bạn mới là xàm, làm không được thì mình làm cho

Nhân liên hiệp, đc 1 nghiệm $y=0$

Còn phương trình

$\frac{y}{3+\sqrt{9-y^2}} + \frac{\sqrt{y^2-2y+4} +2y-2}{\sqrt{y^2-2y+4} +2} =0$

Nhẩm pt này còn 1 nghiệm bằng 0

Do đó, nhân liên hiệp tiếp, đc 1 nghiệm $y=0$ còn ại

$\frac{1}{3+\sqrt{9-y^2}} + \frac{6-3y}{(\sqrt{y^2-2y+4}+2)(\sqrt{y^2-2y+4}+2-2y)}=0 $

Mà do $y^2 \leq 9 $

Mà dễ chứng minh $6-3y $ và $\sqrt{y^2-2y+4}+2-2y $ cùng dấu 

Suy ra đpcm