Sau đây là lời giải cho bài 160 thực ra bài này chẳng có gì hoàn toàn lưu ý 2 đẳng thức sau là đc:
1)$\sum MA^2=8R^2$
2)$\sum MA^4=16R^4$
Từ đó sử dụng Cauchy-Schawz là đc rồi ,xong.
Sau đây là lời giải cho bài 160 thực ra bài này chẳng có gì hoàn toàn lưu ý 2 đẳng thức sau là đc:
1)$\sum MA^2=8R^2$
2)$\sum MA^4=16R^4$
Từ đó sử dụng Cauchy-Schawz là đc rồi ,xong.
Bài 161(Croatia TST): Cho a,b,c >0. CMR:
$\sqrt{\frac{a^3+c(a^2+bc)}{a(b+2c)}}+\sqrt{\frac{b^3+a(b^2+ca)}{b(c+2a)}}+\sqrt{\frac{c^3+b(c^2+ab)}{c(a+2b)}}\geq 3\sqrt{\frac{3}{a+b+c}}$
Bài 158(MOSP Shortlist): Cho a,b,c>0. CMR: nếu a+b+c=3 thì
$\sum \frac{a}{a^3-a^2+1}\leq 3$
Ta có: $\frac{a}{a^3 -a^2+1} \leq 1$ tương đương với $a^3-a^2-a+1 \geq 0$
$\Leftrightarrow (a-1)^2(a+1) \geq 0$ (luôn đúng với $a>0$)
Do đó $\frac{a}{a^3 -a^2+1} \leq 1$ đúng
$\Rightarrow \sum \frac{a}{a^3-a^2+1} \geq 1+1+1 =3$
Bài 156(Belarus TST) : cho đường tròn tâm O và 1 điểm A nằm ngoài dường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB và AC đến đường tròn, kẻ cát tuyến ADE đến đường tròn, BC giao DE tại I. CMR:
$\frac{ED}{ID}+\frac{IA}{EA}\geq 2\sqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra không? Nếu có thì khi nào?
Sau đây là lời giải cho bài toán trên như sau, sau khi chúng ta sử dụng trực tiếp bđt AM-GM cho VT ta quy bài toán về cm hệ thức hình học đơn giản sau:
$\frac{ED}{EA}.\frac{ID}{IA}=2$
Chú ý bài toán quen thuộc sau: Cho điểm A nằm ngoài (O), kẻ các tiếp tuyến AB,AC đến (O). Kẻ cát tuyến ADE đến (O), kẻ đường thẳng qua D song song với AB cắt BC,BE tại M,N. Khi đó M là trung điểm DN. Từ đây theo định lý Thales ta có hệ thức trên. Chú ý rằng đẳng thức ko xảy ra ta thu đc đpcm.
Nhận xét: Bài này thực sự là một bài toán thuần tuý hình học viết dưới dạng đại số.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 30-06-2015 - 15:47
Bài 162(Bristist MO): Cho a,b,c>0. CMR: nếu $a+b+c=ab+bc+ca$ thì
$\frac{a^2+b(b^2+c^2)}{(c+2a)^2}+\frac{b^2+c(c^2+a^2)}{(a+2b)^2}+\frac{c^2+a(a^2+b^2)}{(b+2c)^2}\geq 1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 30-06-2015 - 15:48
Bài 159(Balkan Shortlist): Cho a,b,c >0. CMR:
$\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$
đặt $\frac{b}{a}=x $ $\frac{c}{b}=y $ $\frac{a}{c}=z $ $\Leftrightarrow xyz=1$
bdt$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1+x+x^2}\geq 1$
đặt$x=\frac{y_{1}z_{1}}{x_{1}^2}$.........
bđt $\Leftrightarrow \sum \frac{x_{1}^4}{x_{1}^4+x_{1}^2y_{1}z_{1}+y_{1}^2z_{1}^2}\geq 1$
$\Leftrightarrow \sum x_{1}^2y_{1}z_{1}\leq \sum x_{1}^2y_{1}^2$ luôn đúng
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi an1712: 30-06-2015 - 16:00
tiến tới thành công
Bài 164(tự sáng tác dựa vào bài 161): Cho a,b,c>0. Tìm hằng số k tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng:
$\sqrt{\frac{a^3+c(a^2+bc)}{a(b+kc)}}+\sqrt{\frac{b^3+a(b^2+ca)}{b(c+ka)}}+\sqrt{\frac{c^3+b(c^2+ab)}{c(a+kb)}}\geq 3\sqrt{\frac{3}{a+b+c}}$
Bài 162(Bristist MO): Cho a,b,c>0. CMR: nếu $a+b+c=ab+bc+ca$ thì
$\frac{a^2+b(b^2+c^2)}{(c+2a)^2}+\frac{b^2+c(c^2+a^2)}{(a+2b)^2}+\frac{c^2+a(a^2+b^2)}{(b+2c)^2}\geq 1$
Sau đây là lời giải cho bài số 162, bài toán có ý tưởng hoàn toàn dựa vào bất đẳng thức Cauchy-Schawz.
Ta sử dụng đánh giá sau bằng Cauchy-Schawz:
$(a^2+b(b^2+c^2))(a^2+b+b)\geq (a^2+b^2+bc)^2\geq (2ab+bc)^2=b^2(c+2a)^2 \Leftrightarrow \frac{a^2+b(b^2+c^2)}{(c+2a)^2}\geq \frac{b^2}{a^2+2b}$
Rất tương tự ta có VT bất đẳng thức lớn hơn hoặc bằng$\sum \frac{b^2}{(a^2+2b)}$
Đến đây ta sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawz và giả thuyết ta thu đc đpcm.
Bài 163(Spain TST): Cho a,b,c>0: $a^2+b^2+c^2=3$. CMR:
$\frac{a}{a^2+b^3+c^2}+\frac{b}{b^2+c^3+a^2}+\frac{c}{c^2+a^3+b^2}\leq 1$
Sử dụng bất đẳng thức Holder:
$(a^2+b^3+c^2)(a^2+b^3+c^2)(a^2+1+c^2)\geq (a^2+b^2+c^2)^3=27$
$\rightarrow a^2+b^3+c^2\geq \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a^2+c^2+1}}\rightarrow \frac{a}{a^2+b^3+c^2}\leq \frac{a\sqrt{a^2+c^2+1}}{3\sqrt{3}}$
$\rightarrow \sum \frac{a}{a^2+b^3+c^2}\leq \frac{\sum a\sqrt{a^2+c^2+1}}{3\sqrt{3}}$
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$\sum a\sqrt{a^2+c^2+1}\leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(2a^2+2b^2+2c^2+3)}=3\sqrt{3}$
Từ đó ta có điều phải chứng minh
"God made the integers, all else is the work of man."
Leopold Kronecker
Bài 165 (Mediterranean Mathematical Competition 2009).Chứng minh rằng với mọi $a,b,c $ dương ta luôn có:
$$\sum \frac{ab}{a^2+ab+b^2}\leq \frac{a}{2a+b}+\frac{b}{2b+c}+\frac{c}{2c+a}$$
"God made the integers, all else is the work of man."
Leopold Kronecker
Topic vắng như chùa bà đanh
Bài 166 (2008 Tournament of towns) : Cho $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ là $n$ số thực dương thỏa mãn : $\sum_{i=1}^{n}\leq \frac{1}{2}$
Chứng minh rằng : $\prod_{i=1}^{n}(1+a_{i})<2$
Điều tôi muốn biết trước tiên không phải là bạn đã thất bại ra sao mà là bạn đã chấp nhận nó như thế nào .
- A.Lincoln -Bài 165 (Mediterranean Mathematical Competition 2009).Chứng minh rằng với mọi $a,b,c $ dương ta luôn có:
$$\sum \frac{ab}{a^2+ab+b^2}\leq \frac{a}{2a+b}+\frac{b}{2b+c}+\frac{c}{2c+a}$$
Đặt $(a;b;c)=(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$ , đưa bđt cần cm thành
$\sum \frac{x^{2}}{x^{3}+x^{2}+1}\leq\sum \frac{x}{2x+1}$
Hay $\sum(x-1)^{2}(x+1)x\geq 0$ (đúng)
Vậy bất đẳng thức đc cm
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Live more - Be more
Bài 153: (Việt Nam TST 2005)
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh: $\left ( \frac{a}{a+b} \right )^3+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^3+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^3 \geq \frac{3}{8}$
$P=\left ( \frac{a}{a+b} \right )^3+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^3+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^3=\frac{1}{\left ( 1+\frac{b}{a} \right )^3}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{c}{b} \right )^3}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{a}{c} \right )^3}$
$=\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{1}{(1+z)^3}$ Với $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z\rightarrow xyz=1$
Sử dụng bất đẳng thức Am-GM:
$\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2}.\frac{1}{(1+x)^2}\rightarrow \frac{1}{(1+x)^3}\geq \frac{3}{4}.\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{16}$
$\rightarrow P\geq \frac{3}{4}.\left [ \frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+ \frac{1}{(1+z)^2}\right ]-\frac{3}{16}$
Ta cần chứng minh :
$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+ \frac{1}{(1+z)^2}\geq \frac{3}{4}$ (*)
Ta có bài toán quen thuộc:
Với $m,n,p,q$ là các số dương có tích bằng 1 thì
$\frac{1}{(1+m)^2}+ \frac{1}{(1+n)^2}+\frac{1}{(1+p)^2}+ \frac{1}{(1+q)^2}\geq 1$
Áp dụng vào bài toán với $m=x,n=y,p=z,q=1$ ta có (*)
Vậy bài toán được chứng minh xong
"God made the integers, all else is the work of man."
Leopold Kronecker
Đặt $(a;b;c)=(\frac{x}{y};\frac{y}{z};\frac{z}{x})$ , đưa bđt cần cm thành
$\sum \frac{x^{2}}{x^{3}+x^{2}+1}\leq\sum \frac{x}{2x+1}$
Hay $\sum(x-1)^{2}(x+1)x\geq 0$ (đúng)
Vậy bất đẳng thức đc cm
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Thế thì $abc=1$ à
"God made the integers, all else is the work of man."
Leopold Kronecker
$P=\left ( \frac{a}{a+b} \right )^3+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^3+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^3=\frac{1}{\left ( 1+\frac{b}{a} \right )^3}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{c}{b} \right )^3}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{a}{c} \right )^3}$
$=\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{1}{(1+z)^3}$ Với $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z\rightarrow xyz=1$
Sử dụng bất đẳng thức Am-GM:
$\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2}.\frac{1}{(1+x)^2}\rightarrow \frac{1}{(1+x)^3}\geq \frac{3}{4}.\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{16}$
$\rightarrow P\geq \frac{3}{4}.\left [ \frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+ \frac{1}{(1+z)^2}\right ]-\frac{3}{16}$
Ta cần chứng minh :
$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+ \frac{1}{(1+z)^2}\geq \frac{3}{4}$ (*)
Ta có bài toán quen thuộc:
Với $m,n,p,q$ là các số dương có tích bằng 1 thì
$\frac{1}{(1+m)^2}+ \frac{1}{(1+n)^2}+\frac{1}{(1+p)^2}+ \frac{1}{(1+q)^2}\geq 1$
Áp dụng vào bài toán với $m=x,n=y,p=z,q=1$ ta có (*)
Vậy bài toán được chứng minh xong
Áp dụng: $\dfrac{1}{(x+1)^2}+\dfrac{1}{(y+1)^2}\geqslant \dfrac{1}{xy+1}$
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Thế thì $abc=1$ à
Mình cũng chẳng biết @@
Live more - Be more
Thế thì $abc=1$ à
Bất đẳng thức đồng bậc nên có thể chuẩn hoá $abc=1$
$P=\left ( \frac{a}{a+b} \right )^3+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^3+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^3=\frac{1}{\left ( 1+\frac{b}{a} \right )^3}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{c}{b} \right )^3}+\frac{1}{\left ( 1+\frac{a}{c} \right )^3}$
$=\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{1}{(1+z)^3}$ Với $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z\rightarrow xyz=1$
Sử dụng bất đẳng thức Am-GM:
$\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{8}\geq \frac{3}{2}.\frac{1}{(1+x)^2}\rightarrow \frac{1}{(1+x)^3}\geq \frac{3}{4}.\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{16}$
$\rightarrow P\geq \frac{3}{4}.\left [ \frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+ \frac{1}{(1+z)^2}\right ]-\frac{3}{16}$
Ta cần chứng minh :
$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+ \frac{1}{(1+z)^2}\geq \frac{3}{4}$ (*)
Ta có bài toán quen thuộc:
Với $m,n,p,q$ là các số dương có tích bằng 1 thì
$\frac{1}{(1+m)^2}+ \frac{1}{(1+n)^2}+\frac{1}{(1+p)^2}+ \frac{1}{(1+q)^2}\geq 1$
Áp dụng vào bài toán với $m=x,n=y,p=z,q=1$ ta có (*)
Vậy bài toán được chứng minh xong
Áp dụng Holder có :
$3\left [ \sum \left ( \frac{a}{a+b} \right )^3 \right ]^2\geq \left [ \sum \left ( \frac{a}{a+b} \right )^2 \right ]^3$
Nên ta chỉ cần chứng minh $\sum \left ( \frac{a}{a+b} \right )^2\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{1}{(1+x)^2}\geq \frac{3}{4}$
Với $x=\frac{b}{a};y=\frac{a}{c};z=\frac{c}{b};xyz=1$
Lại có : $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq \frac{1}{(1+xy)\left ( 1+\frac{x}{y} \right )}+\frac{1}{(1+xy)\left ( 1+\frac{y}{x} \right )}$
$=\frac{y}{(1+xy)(x+y)}+\frac{x}{(1+xy)(x+y)}=\frac{1}{1+xy}=\frac{z}{z+1}$
Nên chỉ cần chứng minh $\frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2}\geq \frac{3}{4}\Leftrightarrow (z-1)^2\geq 0$
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Long Le: 02-07-2015 - 14:55
Bài 167(China TST): Cho a,b,c thuộc [0;1]. Tìm GTNN và GTLN của biểu thức sau:
P=$\frac{1}{(b-1)^2+a^2}+\frac{1}{(b-1)^2+c^2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 02-07-2015 - 15:31
Bài 165 (Mediterranean Mathematical Competition 2009).Chứng minh rằng với mọi $a,b,c $ dương ta luôn có:
$$\sum \frac{ab}{a^2+ab+b^2}\leq \frac{a}{2a+b}+\frac{b}{2b+c}+\frac{c}{2c+a}$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
$3-\sum \dfrac{2b}{2b+a}=\sum \dfrac{a}{a+2b}\geqslant \dfrac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca}=1\Rightarrow \sum \dfrac{b}{a+2b}\leqslant 1$
Do đó $\sum \dfrac{a}{2a+b}=\sum \dfrac{a}{2a+b}+\sum \dfrac{b}{2b+a}-1$
Ta sẽ chứng minh: $\dfrac{a}{2a+b}+\dfrac{b}{2b+a}\geqslant \dfrac{ab}{a^2+b^2+ab}+\dfrac{1}{3}$ hay $\dfrac{a^2+b^2+4ab}{(a+2b)(b+2a)}\geqslant \dfrac{a^2+b^2+4ab}{3(a^2+b^2+ab)}\Leftrightarrow (a-b)^2\geqslant 0$
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh