Chủ đề này có 501 trả lời

[dogsteven]

Dám hỏi dấu bằng xảy ra khi nào???

$a=b=1, c=0$ và các hoán vị.

[dangkhuong]

Bài 139(Kazakstan MO): Cho a,b,c>0. CMR:

$\sum \frac{1}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$

[Belphegor Varia]

Bài 121 (CĐTMO 1993) : Xét các số thực $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$ thỏa mãn 
                                                      $\frac{1}{2}\leq x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+x_4^2\leq 1.$

                                        

                                         Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 
                                       $A=(x_1-2x_2+x_3)^2+(x_2-2x_3+x_4)^2+(x_2-2x_1)^2+(x_3-2x_4)^2$

Bài 122 (CĐTMO 1991) : Cho dãy số thực dương $a_1,a_2,...,a_n (n>2)$ $;a_1\neq a_n$ , là dãy không giảm , hoặc là dãy không tăng ,

                                        và cho các số thực dương $x,y$ thoả mãn điều kiện $\frac{x}{y}\geq \frac{a_1-a_2}{a_1-a_n}.$ 

                                        Chứng minh rằng 

                                       $\frac{a_1}{a_2x+a_3y}+...+\frac{a_k}{a_{k+1}x+a_{k+2}y}+...+\frac{a_{n-2}}{a_{n-1}x+a_ny}+\frac{a_{n-1}}{a_nx+a_1y}+\frac{a_n}                                                    {a_1x+a_2y}\geq \frac{n}{x+y}$

Còn sót 2 bài chưa có lời giải 

[ducvipdh12]

Bài 140 ( Peru TST 2007 ):

Cho  $a_1,a_2,...,a_n\in \left [ 0,1 \right ];S=a_1^3+a_2^3+...+a_n^3. CMR:$

$\frac{a_1}{2n+1+S-a_1^3}+\frac{a_2}{2n+1+S-a_2^3}+...+\frac{a_n}{2n+1+S-a_n^3}\leq \frac{1}{3}$

Lâu lâu post cái đề

[Nguyen Minh Hai]

Bài 139(Kazakstan MO): Cho a,b,c>0. CMR:

$\sum \frac{1}{a^2+ab+b^2}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$

BĐT cần chứng minh tương đương với

$\sum \frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{9(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$

 

$\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{(a^2+ab+b^2)+c(a+b+c)}{a^2+b^2+c^2} \right ) \geq \frac{9(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$

 

$\Leftrightarrow 3+(a+b+c).\sum \frac{c}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{9(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$

 

Áp dụng $Cauchy-Schwarz$ ta có:

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

 

Do đó ta cần chứng minh:

$3+\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} \geq \frac{9(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$

 

$\Leftrightarrow 3+\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq \frac{9[(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)]}{(a+b+c)^2}$

 

$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+\frac{9(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geq 6$

 

Tuy nhiên BĐT cuối luôn đúng theo $AM-GM$

Do đó bài toán được chứng minh xong!

[olympiachapcanhuocmo]

Tớ có cách khác :$\sum \frac{c^{2}}{a^{2}c^{2}+abc^{2}+b^{2}c^{2}}\geq \sum \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{2\sum a^{2}c^{2}+abc\left ( a+b+c \right )}\geq (\frac{a+b+c}{ab+bc+ca})^{2}\geq \left ( \frac{3}{a+b+c} \right )^{2}=\frac{9}{\left ( a+b+c \right )^{2}}$

[dangkhuong]

Bài 141(Pakistan TST): Cho a,b,c>0. CMR:nếu ab+bc+ca=3 thì

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

 

[marcoreus101]

Không biết bài này có chưa, nếu có rồi thì anh Đức xóa dùm em

Bài 142(APMO 1996) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-}+\sqrt{c+a-b}\leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Đẳng thức xảy ra khi nào

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi marcoreus101: 23-06-2015 - 15:16

[dangkhuong]

Không biết bài này có chưa, nếu có rồi thì anh Đức xóa dùm em

Bài 142(APMO 1996) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-}+\sqrt{c+a-b}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Đẳng thức xảy ra khi nào

Hình như bị ngược dấu rồi. Bạn xem lại dùm

[dangkhuong]

Bài 137(Brirstish MO): Cho a,b,c>0. CMR: nếu a+b+c=3.

$\frac{a}{b^2+8bc+3c^2}+\frac{b}{c^2+8ca+3a^2}+\frac{c}{a^2+8ab+3b^2}\geq \frac{1}{4}$

Sau đây là lời giải cho bài toán trên:

Ta giả sử a$\geq$b$\geq$c

Khi đó dễ thấy rằng:$a\geq b\geq c$ và$\frac{1}{b^2+8bc+3c^2}\geq \frac{1}{c^2+8ca+3a^2}\geq \frac{1}{a^2+8ab+3b^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Chebysev và bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$\sum \frac{a}{b^2+4bc+3c^2}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(\sum \frac{1}{b^2+4bc+3c^2})\geq 3(a+b+c)(\frac{1}{4(a+b+c)^2})\geq \frac{1}{4}$ (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 23-06-2015 - 17:05

[Nguyen Minh Hai]

Không biết bài này có chưa, nếu có rồi thì anh Đức xóa dùm em

Bài 142(APMO 1996) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-}+\sqrt{c+a-b}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Đẳng thức xảy ra khi nào

Đề sai rồi. Đề đúng phải là: $\sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-a}+\sqrt{c+a-b} \leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Ta đặt: $\left\{\begin{matrix} a+b-c=z & & & \\ b+c-z=x & & & \\ c+a-b =y& & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow a=\frac{y+z}{2};b=\frac{z+x}{2};c=\frac{x+y}{2}$

 

BĐT cần chứng minh trở thành: $\sqrt{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}) \leq \sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}+\sqrt{z+x}$

$\Leftrightarrow 2(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}) \leq \sqrt{2(x+y)}+\sqrt{2(y+z)}+\sqrt{2(x+z)}$

 

Áp dụng BĐT $Buniakowski$ ta có:

$\left\{\begin{matrix} \sqrt{2(x+y)} \geq \sqrt{x}+\sqrt{y} & & & \\ \sqrt{2(y+z)} \geq \sqrt{y}+\sqrt{z}& & & \\ \sqrt{2(z+x)} \geq \sqrt{z}+\sqrt{x} & & & \end{matrix}\right.$

 

Do đó ta có đpcm.

[an1712]

Câu 13 :(Balkan MO , 2014) Cho $x,y,z>0$ thỏa : $xy+yz+zx=3xyz$ . Chứng minh rằng : 

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

 

P/s : Mong các bạn tham gia sôi nổi nhé !

áp dụng holder:

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

$\sum x^2y\geq \frac{xyz(x+y+z)^2}{xy+yz+xz}\doteq \frac{(x+y+z)^2}{3}$

áp dụng cố si:

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

[binhnhaukhong]

Bài 141(Pakistan TST): Cho a,b,c>0. CMR:nếu ab+bc+ca=3 thì

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

 

Ý tưởng là đơn giản được tối đa biểu thức,tránh những đánh giá phức tạp dẫn đến lời giải dài dòng ( vừa làm theo $p,q,r$).

Ở đây dùng $C-S$ để đánh giá là dễ nghĩ đến. Vì vậy ta sẽ ghép cặp sao cho sau khi đánh giá các phân thức đều có chung mẫu thức sẽ dễ dàng hơn cho các biến đổi sau:

 

$(a^2+b^2c^2+c^2)(b^2+1+a^2)\geq (ab+bc+ac)^2=9$

 

Rất may mắn cho ta là đánh giá này đồng thời làm xuất hiện những đại lượng mà ta mong muốn ở bên vế phải,vì vậy ta tự tin là đánh giá này sẽ đem đến kết quả.

 

Thật vậy làm tương tự với các phân thức sau thì BĐT của ta quy về CM BĐT đơn giản sau:

 

$a^2+b^2+c^2\geq 3=ab+bc+ac$

[dogsteven]

Sau đây là lời giải cho bài toán trên:

Không mất tính tổng quát ta giả sử a$\geq$b$\geq$c

Khi đó dễ thấy rằng:$a\geq b\geq c$ và$\frac{1}{b^2+8bc+3c^2}\geq \frac{1}{c^2+8ca+3a^2}\geq \frac{1}{a^2+8ab+3b^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Chebysev và bất đẳng thức AM-GM, ta có:

$\sum \frac{a}{b^2+4bc+3c^2}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(\sum \frac{1}{b^2+4bc+3c^2})\geq 3(a+b+c)(\frac{1}{4(a+b+c)^2})\geq \frac{1}{4}$ (đpcm)

Nên xem lại.

[dogsteven]

Không biết bài này có chưa, nếu có rồi thì anh Đức xóa dùm em

Bài 142(APMO 1996) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a+b-c}+\sqrt{b+c-}+\sqrt{c+a-b}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Đẳng thức xảy ra khi nào

Bị ngược dấu rồi em.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geslant b\geqslant c$

Dễ thấy $a+b-c\geqslant c+a-b\geqslant b+c-a$

Mà $a+b-c\geqslant a$ và $a+b-c+c+a-b=2a\geqslant a+b$ và $a+b-c+c+a-b+b+c-a=a+b+c$ nên $(a+b-c, c+a-b, b+c-a)\succ (a,b,c)$

Áp dụng bất đẳng thức Karamata cho hàm lõm $f(x)=\sqrt{x}$ cho ta điều phải chứng minh.

[an1712]

 

$(a^2+b^2c^2+c^2)(b^2+1+a^2)\geq (ab+bc+ac)^2=9$

 

cái đó hình như bị nhầm rồi biểu thức là $a^2+b^2(c^2+1)=a^2+b^2c^2+b^2$

[dangkhuong]

Bài 143(APMO Shortlist): Cho a,b,c>0. CMR: nếu ab+bc+ca=1

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

 

[khanghaxuan]

Lời giải bài 143 :

Để ý cái mẫu $a^{2}(b+c)+bc^{2}=a^{2}b+a^{2}c+bc^{2}$ và cái điều kiện $ab+bc+ca=1$ thì không gì dễ hơn C-S : 

$(a^{2}b+a^{2}c+bc^{2})(b+c+b)\geq (ab+bc+ca)^{2}=1\Rightarrow \frac{1}{a^{2}b+a^{2}c+bc^{2}}\leq 2b+c$

Do đó ta cần chứng minh : $3(a+b+c)\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Leftrightarrow 3abc(a+b+c)\leq ab+bc+ca\Leftrightarrow (ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)$ (đúng )

 

Spoiler

Thấy topic sôi nổi quá nên quyết định dành ít thời gian để post bài . Chúc topic ngày càng sôi nổi hơn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 23-06-2015 - 15:38

[dangkhuong]

Bài 144(Poland MO): Cho a,b,c>0. CMR: nếu ab+bc+ca=1 thì

$\frac{(a^2+1)^2}{bc(b+c)}+\frac{(b^2+1)^2}{ca(c+a)}+\frac{(c^2+1)^2}{ab(a+b)}\geq 8(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

[dangkhuong]

Cũng chả ảnh hưởng nhiều cách làm vẫn thế

Khổ quá xin hai bạn đừng cãi nhau nữa    . Vẫn là cách sử dụng Bđt C-S thôi có điều đánh giá như sau:

$(a^2+1+b^2)(b^2+c^2a^2+c^2)\geq (ab+bc+ca)^2=9$.

Từ đó tương tự với hai hạng tử còn lại kết hợp vs bđt AM-GM suy ra đpcm.