Chủ đề này có 501 trả lời

[khanghaxuan]

Bài 101 : Cho $a,b,c>0$ . CMR : 

$\sum \frac{a}{b+c}+\frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{\sum ab}{\sum a^{2}}}\geq 3$

Spoiler

Dễ thở hơn bài dưới

Mở rộng : 

Tìm hằng số $k$ tốt nhất để bđt sau đúng với mọi $a,b,c>0$ : 

 

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\sqrt[k]{\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq \frac{5}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 12-06-2015 - 16:02

[khanghaxuan]

Đây là file tổng hợp part 2  

 

File gửi kèm

•  Inequality in MO part 2.pdf   2.19MB   3618 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 10-06-2015 - 16:39

[longatk08]

Bài 101 : Tìm hằng số $k$ tốt nhất để bđt sau đúng với mọi $a,b,c>0$ : 

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}+\sqrt[k]{\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq \frac{5}{2}$

Những bài thế này hơi mệt đấy nên chọn mấy bài PT thôi để các em nó còn muốn coi

Spoiler

Bài kia vẫn là p,q,r và tam thức bậc 2 vất ở chỗ giải phương trình tìm k

[longatk08]

 

    Vậy $k_{max}=\frac{9}{8}$ là giá trị cần tìm

Sửa một chút về điều kiện bài toán là $a,b,c$ không âm sao cho có ít nhất một số dương và $a+b+c=ab+bc+ac$

[Hoang Tung 126]

Sửa một chút về điều kiện bài toán là $a,b,c$ không âm sao cho có ít nhất một số dương và $a+b+c=ab+bc+ac$

Nếu thế thì nghe vẻ là bài toán khó hơn đó

[khanghaxuan]

Bài 101  đã fix để dễ hơn  

[khanghaxuan]

Lời  giải bài 101 :  Cho $a,b,c>0$ . CMR : 

$\sum \frac{a}{b+c}+\frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{\sum ab}{\sum a^{2}}}\geq 3$
 

Ta có : $\sum \frac{a}{b+c}=\sum \frac{a^{2}}{ab+ac}\geq \frac{(\sum a)^{2}}{2(\sum ab)}=1+\frac{\sum a^{2}}{2\sum ab}$

Mặt khác ta đánh giá : $\frac{\sum a^{2}}{2\sum ab}+\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{\sum ab}{\sum a^{2}}}+\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{\sum ab}{\sum a^{2}}}+\frac{1}{2}\sqrt[3]{\frac{\sum ab}{\sum a^{2}}}$

$\geq 4\sqrt[4]{\frac{\sum a^{2}}{2\sum ab}.\frac{1}{2^{3}.\frac{\sum ab}{\sum a^{2}}}}=2$

Nên $\sum \frac{a}{b+c}+\frac{3}{2}\sqrt[3]{\frac{\sum ab}{\sum a^{2}}}\geq 2+1=3$ (ĐPCM )

Phần mở rộng dành cho các mem suy nghĩ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 12-06-2015 - 16:07

[khanghaxuan]

Bài 102 (ELMlO shortlíst 2012) : Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn : $a\leq b\leq c$ và $a+b+c=1$ . Chứng minh rằng : 

$\frac{a+c}{\sqrt{a^{2}+c^{2}}}+\frac{b+c}{\sqrt{b^{2}+c^{2}}}+\frac{a+b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\leq \frac{3\sqrt{6}(b+c)^{2}}{\sqrt{(a^{2}+b^{2})(b^{2}+c^{2})(c^{2}+a^{2})}}$

[Belphegor Varia]

Bài 103 (VMO 2004) : Xét các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $(x+y+z)^{3}=32xyz$ .

Hãy tìm $\min$ và $\max$ của biểu thức 
$P=\frac{x^{4}+y^{4}+z^{4}}{(x+y+z)^{4}}$

[khanghaxuan]

Lời giải bài 103 :

MIN :

Spoiler

Chắc như thế này

$P=\frac{\sum x^{4}}{(\sum x)^{4}}\geq \frac{xyz(x+y+z)}{(\sum x)^{4}}=\frac{xyz}{(\sum)^{3}}=\frac{1}{32}$

MAX : 

Chuẩn hóa : $x+y+z=1\Rightarrow xyz=\frac{1}{32} $

Do đó : $P=\sum x^{4}=2(\sum xy)^{2}-4(\sum xy)+\frac{5}{4}$

Mà $\frac{1}{3}\geq \sum xy\geq \sqrt{\frac{3}{32}}$

Tới đây xét hàm là xong 

Còn dấu $=$ thì có : $\sum xy , \sum x , xyz$ rồi thì dùng pt bậc 3 tính ra

[dogsteven]

Em xin đóng góp một bài và rồi off game

Bài 104. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\geqslant 3\sqrt[4]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 12-06-2015 - 20:06

[longatk08]

Em xin đóng góp một bài và rồi off game

Bài 104. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng: $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\geqslant 3\sqrt[4]{\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc}}$

Spoiler

Thử may

Bổ đề:

 

$(x+y+z)^3\geq \frac{4}{27}(x^2y+y^2z+z^2x+xyz)$

 

Trong đó lấy $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}$ thì ta có:

 

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^3\geq \frac{27}{4}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1)$

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

 

$\frac{27}{4}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1)\geq 3^3.(\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc})^{\frac{3}{4}}$

 

Cái này đặt ẩn rồi biến đổi tương đương được BĐT đúng.

[dogsteven]

Spoiler

Thử may

Bổ đề:

 

$(x+y+z)^3\geq \frac{4}{27}(x^2y+y^2z+z^2x+xyz)$

 

Trong đó lấy $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}$ thì ta có:

 

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^3\geq \frac{27}{4}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1)$

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh:

 

$\frac{27}{4}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1)\geq 3^3.(\frac{a^3+b^3+c^3}{3abc})^{\frac{3}{4}}$

 

Cái này đặt ẩn rồi biến đổi tương đương được BĐT đúng.

 

Luôn đúng theo AM-GM 4 số: $3.\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+1$

[longatk08]

Luôn đúng theo AM-GM 4 số: $3.\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc}+1$

Ơ mình bị lừa...Ôi ngại quá 

[Bui Ba Anh]

Đây là file tổng hợp part 2  

Hình như bài số 98 của Ru-ma-ni sai thì phải, nhờ mod xem lại

[hoctrocuaHolmes]

Bài 105: (Japanese 1997) Cho $a,b,c$ là những số thực dương.Chứng minh rằng $\frac{(b+c-a)^{2}}{a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{(a+c-b)^{2}}{b^{2}+(a+c)^{2}}+\frac{(b+a-c)^{2}}{c^{2}+(b+a)^{2}}\geq \frac{3}{5}$

[Hoang Nhat Tuan]

Bài 105: (Japanese 1997) Cho $a,b,c$ là những số thực dương.Chứng minh rằng $\frac{(b+c-a)^{2}}{a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{(a+c-b)^{2}}{b^{2}+(a+c)^{2}}+\frac{(b+a-c)^{2}}{c^{2}+(b+a)^{2}}\geq \frac{3}{5}$

VÌ BĐT là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$

Ta có:$\frac{(1-2a)^2}{a^2+(1-a)^2}\geq \frac{23-54a}{25}$ ( bằng cách biến đổi tương đương)

Tương tự: $\frac{(1-2b)^2}{b^2+(1-b)^2}\geq \frac{23-54b}{25}$

$\frac{(1-2c)^2}{c^2+(1-c)^2}\geq \frac{23-54c}{25}$

Cộng ba BĐT trên => ĐPCM

[dogsteven]

Bài 105: (Japanese 1997) Cho $a,b,c$ là những số thực dương.Chứng minh rằng $\frac{(b+c-a)^{2}}{a^{2}+(b+c)^{2}}+\frac{(a+c-b)^{2}}{b^{2}+(a+c)^{2}}+\frac{(b+a-c)^{2}}{c^{2}+(b+a)^{2}}\geq \frac{3}{5}$

Bất đẳng thức trên tương đương với: $\sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}\leqslant \dfrac{6}{5}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $a^2+(b+c)^2\geqslant a(b+c)+\dfrac{3(b+c)^2}{4}$

Do đó ta có $\sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+(b+c)^2}\leqslant \sum \dfrac{4a(b+c)}{4a(b+c)+3(b+c)^2}=3-\sum \dfrac{3(b+c)^2}{4a(b+c)+3(b+c)^2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\sum \dfrac{(b+c)^2}{4a(b+c)+3(b+c)^2}\geqslant \dfrac{2(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2)+7(ab+bc+ca)}\geqslant \dfrac{3}{5}$

Do đó $3-\sum \dfrac{3(b+c)^2}{4a(b+c)+3(b+c)^2}\leqslant \dfrac{6}{5}$, đây là điều ta cần chứng minh.

[Namthemaster1234]

VÌ BĐT là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=1$

Ta có:$\frac{(1-2a)^2}{a^2+(1-a)^2}\geq \frac{23-54a}{25}$ ( bằng cách biến đổi tương đương)

Tương tự: $\frac{(1-2b)^2}{b^2+(1-b)^2}\geq \frac{23-54b}{25}$

$\frac{(1-2c)^2}{c^2+(1-c)^2}\geq \frac{23-54c}{25}$

Cộng ba BĐT trên => ĐPCM

 

Nhờ Anh chia sẻ cách tìm bđt tô đỏ trên ạ

[hoanglong2k]

Nhờ Anh chia sẻ cách tìm bđt tô đỏ trên ạ

   Phương trình tiếp tuyến tại $x_o$ của $f(x)$ là $y=f'(x_o).(x-x_o)+y_o$ với $y_o$ là giá trị của hàm số tại $x_o$

   Muốn tính $f'(x_o)$ thì em có thể dùng đạo hàm hoặc xài máy tính Casio :v

   Nếu là MS thì $f'(x_o)=d/dx(f(x),x_o)$

   Nếu là ES hoặc VN thì $f'(x_o)=\frac{d}{dx}(f(x))|x=x_o$

   ( Mấy nút đó dưới nút ALPHA á )

   Tính $x_o$ thì công việc còn lại là xài $y=f'(x_o).(x-x_o)+y_o$ mà tính ra thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 14-06-2015 - 20:34