Chủ đề này có 501 trả lời

[Hoang Tung 126]

Bài 43 : Cho $x,y,z$ là các số thực dương . CMR : 

$\sum \frac{(y+z)(x+z)}{(x+y)(x+y+2z)}\geq \frac{3}{2}$

Đặt $y+z=a,x+z=b,x+y=c= > \sum \frac{(y+z)(x+z)}{(x+y)(x+y+2z)}=\sum \frac{ab}{c(a+b)}=\sum \frac{(ab)^2}{a^2bc+ab^2c}\geq \frac{(\sum ab)^2}{2abc\sum a}\geq \frac{3abc\sum a}{2abc\sum a}=\frac{3}{2}$

[Bui Ba Anh]

Bài 44: 

Áp dụng BĐT BCS ta có:

$(a+b+c+d)^2\leq (1+2+3+4)(a^2+\frac{b^2}{2}+\frac{c^2}{3}+\frac{d^2}{4}=\frac{5(12a^2+6b^2+4c^2+3d^2}{6}$

Chú ý rằng $12a^2+6b^2+4c^2+3d^2=6a^2+2(a^2+b^2)+(a^2+b^2+c^2)+3(a^2+b^2+c^2+d^2)\leq 120$

Nên $(a+b+c+d)^2\leq 100=>a+b+c+d\leq |a+b+c+d|\leq 10$

Dấu bằng xảy ra khi $(a,b,c,d)=(1,2,3,4)$

[longatk08]

 

Bài 41:

Cho $x,y,z$ là các số dương mà $xy+yz+zx+xyz=4$.CMR

$x^2+y^2+z^2+3+6\sqrt{2}\geq (2+2\sqrt{2})(x+y+z)$

Điều kiện bài toán chỉ phụ thuộc vào $xy+yz+xz,xyz$ nên ta có thể cố định 2 đại lượng này và thay đổi $x+y+z$.

 

Khi đó đặt $p=x+y+z,q=xy+yz+xz,r=xyz$.BĐT tương đương với:

 

$f(p)=p^2-(2+2\sqrt{2})p-2q+3+6\sqrt{2}$

 

Từ điều kiện nài toán ta có thể suy ra $p\geq 3$.Vậy nên hàm theo $p$ đồng biến.Do đó hàm này sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi $a+b+c$ nhỏ nhất.

Theo định lý ABC mở rộng thì $a+b+c$ nhỏ nhất khi có 2 trong 3 số bằng nhau ta giả sử là $x=y$. Khi đó ta thế $z$ theo $x$ xuống thì được cái này đây.

 

Cái đồ thị hơi dị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 22-05-2015 - 18:41

[khanghaxuan]

Bài 43 :  Với cách đặt : $\left\{\begin{matrix} a=\frac{x+y}{y+z} & & \\ b=\frac{y+z}{z+x} & & \\ c=\frac{z+x}{x+y} & & \end{matrix}\right.$

Ta có bài toán quen thuộc sau : 

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

[Bui Ba Anh]

Bài 43 :  Với cách đặt : $\left\{\begin{matrix} a=\frac{x+y}{y+z} & & \\ b=\frac{y+z}{z+x} & & \\ c=\frac{z+x}{x+y} & & \end{matrix}\right.$

Ta có bài toán quen thuộc sau : 

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

Có thể chứng minh ngược lại là: với mọi $a,b,c$ luôn tồn tại cách đặt như trên không nhỉ?

Nếu được thì hẳn là một đổi biến mới 

[nhungvienkimcuong]

Theo định lý ABC mở rộng thì $a+b+c$ nhỏ nhất khi có 2 trong 3 số bằng nhau ta giả sử là $x=y$. 

định lí $ABC$ là một định lí rất mạnh mà do anh Nguyễn Anh Cường đưa ra nhưng trong các cuộc thi khi dùng cái này bị trừ điểm không ít còn nếu không muốn trừ điểm thì phải chứng minh lại nhiều thứ phức tạp,mất thời gian nên theo em thì các bài toán ở topic đừng nên lạm dụng quá một cái "dao không được dùng" như thế này

mong anh và mọi người sẽ có lời giải khác cho bài $41$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 22-05-2015 - 18:17

[longatk08]

định lí $ABC$ là một định lí rất mạnh mà do anh Nguyễn Anh Cường đưa ra nhưng trong các cuộc thi khi dùng cái này bị trừ điểm không ít còn nếu không muốn trừ điểm thì phải chứng minh lại nhiều thứ phức tạp,mất thời gian nên theo em thì các bài toán ở topic đừng nên lạm dụng quá một cái "dao không được dùng" như thế này

mong anh và mọi người sẽ có lời giải khác cho bài $41$

Vậy để anh thử p,q,r vậy đằng nào cũng có hàm đồng biến rồi mà

[dogsteven]

Bài 41. 

Giả sử $x=\text{min}\{x,y,z\}$, Thay trực tiếp $x=\dfrac{4-yz}{y+z+yz}$ ta được:

$VT-VP=y^2+z^2+\dfrac{(4-yz)^2}{y+z+yz}-2\left(1+\sqrt{2}\right)\left(y+z+\dfrac{4-yz}{y+z+yz}\right)+3+6\sqrt{2}$

Đặt $a=y+z$ và $b=yz$ thì ta có $f(b)=a^2-2b+\dfrac{(4-b)^2}{(a+b)^2}-2(1+\sqrt{2})\left(a+\dfrac{4-b}{a+b}\right)+3+6\sqrt{2}$

$=-2b+\dfrac{4-b}{(a+b)^2}\left[4-b-2(1+\sqrt{2})(a+b)\right]+a^2-2(1+\sqrt{2})a+3+6\sqrt{2}$

Có:

$4-b-2(1+\sqrt{2})(a+b)\geqslant 4-\dfrac{a^2}{4}-2(1+\sqrt{2})\left(a+\dfrac{a^2}{4}\right)$

$4-b\geqslant 4-\dfrac{a^2}{4}$

$-2b\geqslant \dfrac{a^2}{2}$

$\dfrac{1}{(a+b)^2}\geqslant \dfrac{1}{\left(a+\dfrac{a^2}{4}\right)^2}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh khi $b=\dfrac{a^2}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 22-05-2015 - 20:09

[khanghaxuan]

Bài 45 : Cho $x,y,z$ thỏa mãn : $x+y+z=0$ . Chứng minh rằng : 

$\frac{x(x+2)}{2x^{2}+1}+\frac{y(y+2)}{2y^{2}+1}+\frac{z(z+2)}{2z^{2}+1}\geq 0$

[tonarinototoro]

Bài 45 : Cho $x,y,z$ thỏa mãn : $x+y+z=0$ . Chứng minh rằng : 

$\frac{x(x+2)}{2x^{2}+1}+\frac{y(y+2)}{2y^{2}+1}+\frac{z(z+2)}{2z^{2}+1}\geq 0$

$BĐT\Leftrightarrow \frac{x\left ( x+2 \right )}{2x^{2}+1}+\frac{1}{2}+\frac{y\left ( y+2 \right )}{2y^{2}+1}+\frac{1}{2}\geq 1-\frac{z\left ( z+2 \right )}{2z^{2}+1}\Leftrightarrow \frac{\left ( 2x+1 \right )^{2}}{2x^{2}+1}+\frac{\left ( 2y+1 \right )^{2}}{2y^{2}+1}\geq \frac{2\left ( z-1 \right )^{2}}{2z^{2}+1}$

Cauchy-Schwarz :$\frac{\left ( 2x+1 \right )^{2}}{2x^{2}+1}+\frac{\left ( 2y+1 \right )^{2}}{2y^{2}+1}\geq \frac{2\left ( x+y+1 \right )^{2}}{x^{2}+y^{2}+1}= \frac{\left ( z-1 \right )^{2}}{2z^{2}+1}$

Ta chỉ cần chứng minh $x^{2}+y^{2}+1\leq 2z^{2}+1\rightarrow $ điều này đúng nếu giả sử $\left | z \right |=max\left \{ \left | x \right |;\left | y \right | ;\left | z \right |\right \}$

Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=0$

[khanghaxuan]

Bài 46 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $a+b+c=1$ . CMR : 

$\sum \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+6\geq 2\sqrt{2}(\sum \sqrt{\frac{1-a}{a}})$

 

Bài 47 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $abc=1$ . CMR : 

$\frac{1}{a^{3}+bc}+\frac{1}{b^{3}+ca}+\frac{1}{c^{3}+ab}\leq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{6}$

 

Bài 48 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $a+b+c=a^{2}+b^{2}+c^{2}$ . CMR : 

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

 

P/s : Dễ xơi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 23-05-2015 - 19:58

[khanghaxuan]

Bài 49 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $abc=1$ . CMR : 

$\frac{a^{4}}{3a+3ab+2}+\frac{b^{4}}{3b+3bc+2}+\frac{c^{4}}{3c+3ca+2}\geq \frac{3}{8}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 24-05-2015 - 08:04

[ducvipdh12]

mình vừa gửi 1 file bữa trước cho anh Cẩn xem,anh khen hay nhưng anh có khuyên 1 cái là khi giải thì các bạn hãy phân tích lời giải,hướng giải của mình,như thế mới có thể khác với các sách BĐT khác được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 23-05-2015 - 20:45

[nhungvienkimcuong]

mình vừa gửi 1 file bữa trước cho anh Cẩn xem,anh khen hay nhưng anh có khuyên 1 cái là khi giải thì các bạn hãy phân tích lời giải,hướng giải của mình,như thế mới có thể khác với các sách BĐT khác được

ok luôn anh,mà em Văn hơi dốt

p/s:fan anh Cẩn điểm danh

[Bui Ba Anh]

Bài 49 : Cho $a,b,c>0$ . CMR : 

$\frac{a^{4}}{3a+3ab+2}+\frac{b^{4}}{3b+3bc+2}+\frac{c^{4}}{3c+3ca+2}\geq \frac{3}{8}$

BĐT k đồng bậc sao k có thêm điều kiện nhỉ

[binhnhaukhong]

Bài 46 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $a+b+c=1$ . CMR : 

$\sum \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+6\geq 2\sqrt{2}(\sum \sqrt{\frac{1-a}{a}})$

 

Bài 47 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $abc=1$ . CMR : 

$\frac{1}{a^{3}+bc}+\frac{1}{b^{3}+ca}+\frac{1}{c^{3}+ab}\leq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{6}$

 

Bài 48 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $a+b+c=a^{2}+b^{2}+c^{2}$ . CMR : 

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

 

P/s : Dễ xơi

Ôi những bài BĐT cổ điển

 

1.

BĐT tương đương với:

$\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}+6\geq 2\sqrt{2}(\sum \sqrt{\frac{a+b}{c}})$

 

BĐT trên là tổng của các BĐT 

$\frac{a+b}{c}+2\geq 2\sqrt{2}\sqrt{\frac{a+b}{c}}$ và tương tự

 

2.Dễ thấy BĐT trên tương đương với:

$\frac{a}{a^4+1}+\frac{b}{b^4+1}+\frac{c}{c^4+1}\leq \frac{(ab+bc+ac)^2}{6}$

 

Áp dụng BĐT AM-GM ta có $a^4+1\geq 2a^2$

Do đó ta quy về chứng minh:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \frac{(ab+bc+ac)^2}{3}$

$\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ac}{3}\geq 1$

 

BĐT trên đúng với giả thiết $abc=1$

 

3.Áp dụng BĐT C-S và giả thiết thì BĐT của ta tương đương với:

$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ac$

[tonarinototoro]

Bài 49 : Cho $a,b,c>0$ . CMR : 

$\frac{a^{4}}{3a+3ab+2}+\frac{b^{4}}{3b+3bc+2}+\frac{c^{4}}{3c+3ca+2}\geq \frac{3}{8}$

đề bài có thiếu không nhỉ. $a=b=c=0,5$ thì bđt sai       

[nguyenhongsonk612]

 

Bài 48 : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $a+b+c=a^{2}+b^{2}+c^{2}$ . CMR : 

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

 

P/s : Dễ xơi

Từ GT $\Rightarrow \frac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}=1$

BĐT cần C/m có thể được viết lại dưới dạng 

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

 Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có

                                $VT\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}$

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

[khanghaxuan]

Bài 49 đã fix (Quên cái Đk ) 

 

P/s : Theo mình thì từ bài 50 trở đi thì các bạn nên phân tích bài toán một chút nhé ! Thân

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 24-05-2015 - 08:12

[khanghaxuan]

Lời giải bài 49 :

Bổ đề :  $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$

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

$\Rightarrow 2(\sum a^{2})+2abc+4\geq 2\sum a+2\sum ab$

$\Rightarrow (1+a)(1+b)(1+c)\leq \sum a^{2}+5$

Mặt khác , áp dụng C-S ta được : 

$\sum \frac{a^{4}}{a+ab+\frac{2}{3}}\geq \frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a+\sum ab+2}=\frac{(\sum a^{2})^{2}}{\prod (1+a)}\geq \frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{2}+5}$

Ta cần chứng minh : $\frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{2}+5}\geq \frac{9}{8}\Leftrightarrow \sum a^{2}\geq 3$ (luôn đúng

Vậy BĐT được chứng minh trọn vẹn