Bài 11 : (Thi thử KHTN đợt 3 vòng 2)
Cho các số $a,b,c$ thỏa mãn $0\leq a,b,c \leq 2$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 5$
Topic BẤT ĐẲNG THỨC ôn thi vào lớp 10 THPT 2017 - 2018
#21
Đã gửi 18-04-2017 - 17:25
- Kagome, Mr Cooper, Tea Coffee và 1 người khác yêu thích
Sống khỏe và sống tốt
#22
Đã gửi 18-04-2017 - 17:30
Bài 14:(thi thử lần 4 KHTN 2014-2015)
Cho a;b;c là các số thực dương thỏa $abc=a+b+c+2$, chứng minh rằng
$\sum\sqrt{\frac{1}{a+1}}\leq \sqrt{3}$
- Mr Cooper, NHoang1608 và Sudden123 thích
Sống khỏe và sống tốt
#23
Đã gửi 18-04-2017 - 17:37
Lời giải khác cho bài 11:
Vì $a,b,c\in [0;2]\Rightarrow (2-a)(2-b)(2-c)\geq 0\Leftrightarrow \sum ab \geq 2+ \frac{abc}{2}\geq 2$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$9- 2\sum ab \leq 5 \Leftrightarrow \sum ab \geq 2$
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:$ a=2 ; b= 1; c= 0$ và các cặp hoán vị.
Các bạn giải nốt các bài còn lại tối mình post tiếp. Topic vừa mở chưa đầy 24 giờ mà đã có 24 post là rất mừng rồi. Cám ơn các bạn ủng hộ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 18-04-2017 - 17:39
#24
Đã gửi 18-04-2017 - 18:16
Bài 14:(thi thử lần 4 KHTN 2014-2015)
Cho a;b;c là các số thực dương thỏa $abc=a+b+c+2$, chứng minh rằng
$\sum\sqrt{\frac{1}{a+1}}\leq \sqrt{3}$
$\boxed{\text{Lời giải bài 14}}$
Theo GT thì ta có thể đặt $(a;b;c)=(\frac{x+y}{z};\frac{y+z}{x};\frac{z+x}{y})$ với $x,y,z > 0$
Khi đó $\sum\sqrt{\frac{1}{a+1}} = \sum\sqrt{\frac{z}{x+y+z}}$
Mặt khác thì $(\sum\sqrt{\frac{z}{x+y+z}})^{2} \leq 3\sum\frac{z}{x+y+z} =3 $
$\Rightarrow \sum\sqrt{\frac{z}{x+y+z}} \leq \sqrt{3}$
Hay $\sum\sqrt{\frac{1}{a+1}}\leq \sqrt{3}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=2$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 18-04-2017 - 18:27
- Kagome, Mr Cooper, Tea Coffee và 1 người khác yêu thích
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
#25
Đã gửi 18-04-2017 - 20:09
$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}$ $\geq$ $\sum\frac{a}{b+c}$ (Nâng cao pt 8 tập 2)$\sum \frac{a}{b+c}$ $\geq$ $\frac{(a+b+c)^2)}{2(ab+bc+ca)}$ (C-S)
Theo bđt Cauchy - Schwarz ta có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}} - \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right)}} - \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}}\]
Đặt ab+ba+ca=1 Đổi biến về pqr ta cần chứng minh:
\[f\left( p \right) = {p^4} - 5{p^2} + 2{p^3}r + 4 \ge 0\]
Nếu p>2 thì bđt đúng
Nếu \[p \in \left[ {\sqrt 3 ;2} \right]\] thì theo Schur ta có:
\[f\left( p \right) \ge {p^4} - 5{p^2} + \frac{{2{p^4}\left( {4 - {p^2}} \right)}}{9} + 4 = \frac{{\left( {{p^2} - 3} \right)\left( { - 2{p^4} + 11{p^2} - 12} \right)}}{9} \ge 0\]
Bất đẳng thức cuối đúng nên có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuaneee111: 18-04-2017 - 20:13
- CaptainCuong và TrBaoChis thích
$$\boxed{\boxed{I\heartsuit MATHEMATICAL}}$$
Sức hấp dẫn của toán học mãnh liệt đến nỗi tôi bắt đầu sao nhãng các môn học khác - Sofia Vasilyevna Kovalevskaya
#26
Đã gửi 18-04-2017 - 20:13
Ủng hộ
Bài 14:(thi thử lần 4 KHTN 2014-2015)
Cho a;b;c là các số thực dương thỏa $abc=a+b+c+2$, chứng minh rằng
$\sum\sqrt{\frac{1}{a+1}}\leq \sqrt{3}$
Ta có $a+b+c+2=abc \Leftrightarrow \frac 1{a+1}+\frac 1{b+1}+\frac 1{c+1}=1$
Nên $VT \le \sqrt{3\sum \frac 1{a+1}}=\sqrt 3$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cyndaquil: 18-04-2017 - 20:13
#27
Đã gửi 18-04-2017 - 20:26
Mình xin nhắc thêm là mình sẽ ít đăng những bài bất cũ và quá quen. Thay vào đó sẽ đăng những bài toán mới sáng tác,..... chủ yếu là rèn luyện tư duy tránh tư tưởng ''nhớ lại''. Vì hiện nay xu hướng là sáng tác đề không cho lại các bài toán cũ.
Bài toán đề xuất tiếp theo:
Bài 4: (Sưu tầm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}} \geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ca)}$
Bài 5: (Olympic 30/4 2017)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{a^{4}+27}{b+c} \geq 2(a^{2}+b^{2}+c{^2})$
Bài 6: (Nguyễn Việt Hùng, HSGS)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{a^{2}}{b+c} \geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{6(ab+bc+ca)}+\frac{4}{9}(a+b+c)$
Bài 5.
Ta có:
\[\frac{{{a^4} + 27}}{{b + c}} + 3\left( {b + c} \right) \ge 2\sqrt {3\left( {{a^4} + 27} \right)} \]
Do đó:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + 27}}{{b + c}}} - 2\sum\limits_{cyc} {{a^2}} \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {2\sqrt {3\left( {{a^4} + 27} \right)} - 6a - 2{a^2}} \right)} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {a - 3} \right)}^2}\left( {8{a^2} + 24a + 36} \right)}}{{2\sqrt {3\left( {{a^4} + 27} \right)} + 2{a^2} + 6a}}} \ge 0\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuaneee111: 19-04-2017 - 07:12
$$\boxed{\boxed{I\heartsuit MATHEMATICAL}}$$
Sức hấp dẫn của toán học mãnh liệt đến nỗi tôi bắt đầu sao nhãng các môn học khác - Sofia Vasilyevna Kovalevskaya
#28
Đã gửi 18-04-2017 - 20:31
Bài 5.
Không mất tính tq ta gs: \[{a^2} + {b^2} + {c^2} = 3\]
Ta có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + 27}}{{b + c}}} \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + 27}}{{\sqrt {2\left( {{b^2} + {c^2}} \right)} }} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} + 27}}{{\sqrt {2\left( {3 - {a^2}} \right)} }}} } \]
Ta chứng minh đánh giá sau đây đúng:
\[\frac{{{a^4} + 27}}{{\sqrt {2\left( {3 - {a^2}} \right)} }} \ge \frac{9}{2}{a^2} + \frac{{19}}{2} \Leftrightarrow {\left( {a - 1} \right)^2}\left( {4{a^6} + 8{a^5} + 174{a^4} + 340{a^3} + 920{a^2} + 1500a + 750} \right) \ge 0\]
Đánh giá cuối đúng nên có đpcm!
( hình như đề bài có vấn đề)
Bài toán không thuộc dạng chuẩn hóa do chỉ có dấu bằng duy nhất là a=b=c=3
Lời giải bài 5 này mình đã đăng ở trang 1 ,bạn xem lại nhé !
- tuaneee111 yêu thích
SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ
GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?
ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA
KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .
#29
Đã gửi 18-04-2017 - 20:50
Bài 15:(Nguyen Xuan Hieu)
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$7(a^3+b^3+c^3)+6 \geq 3\sqrt{ac}(2ac+1)+3\sqrt{bc}(2bc+1)+3\sqrt{ab}(2ab+1)$
Đừng so sánh mình với bất cứ ai trong thế giới này. Nếu bạn làm như vậy có nghĩa là bạn đang sỉ nhục chính bản thân minh.
-Bill Gates-
#30
Đã gửi 18-04-2017 - 20:52
Bài 10 : (T6 Tạp chí THTT số 474)
Với $x$ là số thực thay đổi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
f= $\sqrt{x^{2}-2x+2} + \sqrt{x^{2}-8x+32}+ \sqrt{x^{2}-6x+25} + \sqrt{x^{2}-4x+20}+ \sqrt{x^{2}-10x+26}$
- Nghiapnh1002 yêu thích
Anh sẽ vẫn bên em dù bất cứ nơi đâu
Anh sẽ là hạt bụi bay theo gió
Anh sẽ là ngôi sao trên bầu trời phương Bắc
Anh không bao giờ dừng lại ở một nơi nào
Anh sẽ là ngọn gió thổi qua các ngọn cây
Em sẽ mãi mãi đợi anh chứ ??
will you wait for me forever
#31
Đã gửi 18-04-2017 - 21:07
Bài 16: Cho các số thực dương thỏa mãn $a+b+c+\sqrt{2abc} \geq 10$
Chứng minh rằng:
$\sum \sqrt{\frac{8}{a^2}+\frac{9b^2}{2}+\frac{c^2a^2}{4}} \geq 6\sqrt{6}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nghiapnh1002: 19-04-2017 - 13:30
- Mr Cooper và NHoang1608 thích
#32
Đã gửi 18-04-2017 - 22:28
$\boxed{8}$ [Trần Quốc Anh] Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=2$. Chứng minh rằng:
\[(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) \le 3 \]
$\boxed{8}$
SOS
\[RHS-LHS=\frac{1}{2}\sum{a(a^2b+a^2c+2b+2c+2)(a-1)^2}+(a-1)^2(b-1)^2(c-1)^2+\frac{1}{2}a^2b^2c^2\ge{0}\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 18-04-2017 - 22:29
#33
Đã gửi 18-04-2017 - 22:35
Bài 15:(Nguyen Xuan Hieu)
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$7(a^3+b^3+c^3)+6 \geq 3\sqrt{ac}(2ac+1)+3\sqrt{bc}(2bc+1)+3\sqrt{ab}(2ab+1)$
áp dụng BĐT AM-GM, ta có
$3\sum_{cyc}(a^3+b^3)\geq 6\sum_{cyc} ab\sqrt{ab}$
$a^3+b^3+c^3+6=\frac{1}{2}\sum_{cyc}(a^3+1+1)+(b^3+1+1)\geq 3(a+b+c)\geq 3(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ac})$
cộng các vế ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 18-04-2017 - 22:37
- NHoang1608, Nguyen Xuan Hieu và Sudden123 thích
Sống khỏe và sống tốt
#34
Đã gửi 19-04-2017 - 00:27
$\boxed{8}$ [Trần Quốc Anh] Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=2$. Chứng minh rằng:
\[(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2) \le 3 \]
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\[\frac{3}{64}(a+b+c)^6 \geqslant (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2),\]
hoặc
\[\frac{5}{16}(a+b+c)^2 \sum ab(a-b)^2+\frac{1}{64}\left(\sum a^2-2\sum bc\right)^2\left(3\sum a^2 + 10 \sum bc \right) + \frac{1}{16}abc(a+b+c)^3 \geqslant 0.\]
Từ đó suy điều phải chứng minh.
P/s. Bài này không phải của Trần Quốc Anh đâu.
- CaptainCuong, Mr Cooper và TrBaoChis thích
Ho Chi Minh City University Of Transport
#35
Đã gửi 19-04-2017 - 05:54
Bài 17:(Nguyen Xuan Hieu)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thõa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$\sum_{cyc} \dfrac{a^2+1}{3\sqrt[3]{a^2b^2}(1+3\sqrt[3]{c^2})-8} \geq \dfrac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Xuan Hieu: 20-04-2017 - 04:55
- NHoang1608 và Sudden123 thích
Đừng so sánh mình với bất cứ ai trong thế giới này. Nếu bạn làm như vậy có nghĩa là bạn đang sỉ nhục chính bản thân minh.
-Bill Gates-
#36
Đã gửi 19-04-2017 - 07:50
Mình xin nhắc thêm là mình sẽ ít đăng những bài bất cũ và quá quen. Thay vào đó sẽ đăng những bài toán mới sáng tác,..... chủ yếu là rèn luyện tư duy tránh tư tưởng ''nhớ lại''. Vì hiện nay xu hướng là sáng tác đề không cho lại các bài toán cũ.
Bài toán đề xuất tiếp theo:
Bài 4: (Sưu tầm)
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}} \geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2(ab+bc+ca)}$
Bài 5: (Olympic 30/4 2017)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{a^{4}+27}{b+c} \geq 2(a^{2}+b^{2}+c{^2})$
Bài 6: (Nguyễn Việt Hùng, HSGS)
Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{a^{2}}{b+c} \geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{6(ab+bc+ca)}+\frac{4}{9}(a+b+c)$
Bài 6:
Giả sử \[c = \min \left\{ {a,b,c} \right\}\]
Ta có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{b + c}}} - \frac{4}{9}\left( {a + b + c} \right) - \frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{6\left( {ab + bc + ca} \right)}} = {\left( {a - b} \right)^2}\left( {\underbrace {\frac{{a + b + c}}{{\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}} - \frac{{3a + 3b + c}}{{18\left( {ab + bc + ca} \right)}}}_P} \right) + \left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {\underbrace {\frac{{\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b + 2c} \right)}}{{2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} - \frac{{2a + 2b + 3c}}{{18\left( {ab + bc + ca} \right)}}}_T} \right)\]
Mặt khác:
\[P > \frac{{\left( {a + b + c} \right)\left( {5\left( {ab + bc + ca} \right) - {c^2}} \right)}}{{6\left( {ab + bc + ca} \right)\left( {ab + bc + ca + {c^2}} \right)}} > 0\]
\[T > \left( {a + b + c} \right)\left( {\frac{{2\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - abc}}{{6\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)}}} \right) > 0\]
Vậy bđt đc cm
- Kagome và NHoang1608 thích
$$\boxed{\boxed{I\heartsuit MATHEMATICAL}}$$
Sức hấp dẫn của toán học mãnh liệt đến nỗi tôi bắt đầu sao nhãng các môn học khác - Sofia Vasilyevna Kovalevskaya
#37
Đã gửi 19-04-2017 - 12:24
Bài 7 (@Phamphucduc):
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 3b$
Chứng minh rằng $\frac{1}{(a+1)^{2}}+\frac{4}{(b+2)^{2}}+\frac{8}{(c+3)^{2}}\geq 1$
Spoiler
lời giải ntn bạn
#38
Đã gửi 19-04-2017 - 12:32
Lời giải bài 7:
Theo giả thiết ta có $3b\geq (\frac{b^{2}}{2})+(\frac{b^{2}}{4}+c^{2})+(\frac{b^{2}}{4}+c^{2})$
Mà $\frac{b^{2}}{4}+c^{2}\geq bc$ và $\frac{b^{2}}{4}+a^{2}\geq ab$
Suy ra $3b\geq \frac{b^{2}}{2}+bc+ab$
Ta có:
$P=\frac{1}{(a+1)^{2}}+\frac{4}{(b+2)^{2}}+\frac{4}{(c+3)^{2}}+\frac{4}{(c+3)^{2}}$
$ \geq \frac{1}{4}(\frac{1}{a+1}+\frac{2}{b+2}+\frac{2}{c+3}+\frac{2}{c+3})^{2}$
$=\frac{1}{4}(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{\frac{b}{2}+1}+\frac{4}{c+3})^{2}$
$\geq \frac{1}{4}(\frac{(1+1+2)^{2}}{a+1+\frac{b}{2}+1+c+3})^{2}$
$\Rightarrow P \geq \frac{1}{4}(\frac{(1+1+2)^{2}}{a+1+\frac{b}{2}+1+c+3})^{2}$ $(2)$
Sử dụng $(1)$ thì ta được $\frac{1}{4}(\frac{(1+1+2)^{2}}{a+1+\frac{b}{2}+1+c+3})^{2} \geq \frac{1}{4}(\frac{4^{2}}{3+5})^{2}= 1$ $(3)$
Từ $(2)$ và $(3)$ thì ta được $P \geq 1$
Đẳng thức xảy ra khi $a=c=1, b=2$
- nguyenhongsonk612, CaptainCuong, Kagome và 2 người khác yêu thích
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
#39
Đã gửi 19-04-2017 - 12:55
Bài 17:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thõa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$\sum_{cyc} \dfrac{a^2+1}{3\sqrt[3]{a^2b^2}(1+3\sqrt[3]{c^2})-8} \geq \dfrac{3}{2}$
Lời giải bài 17:
Ta có các bất đẳng thức sau:
$3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} \Rightarrow abc\leq 1 $
$9=(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca) \Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$
$3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}(3\sqrt[3]{c^{2}}+1)= 9\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}+3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}} \leq [3(a^{2}b^{2}c^{2}+1+1)]+ (a^{2}b^{2}+1+1)$ $(AM-GM)$
$\Rightarrow 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}(3\sqrt[3]{c^{2}}+1)-8 \leq 3a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}$
$\Rightarrow \frac{a^{2}+1}{3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}(3\sqrt[3]{c^{2}}+1)-8} \geq \frac{a^{2}+1}{3a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}}$
$\Rightarrow \sum_{cyc}\frac{a^{2}+1}{3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}(3\sqrt[3]{c^{2}}+1)-8} \geq \sum_{cyc}\frac{a^{2}+1} {3a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}}$
Mà $ \sum_{cyc}\frac{a^{2}+1}{3a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}} \geq \sum_{cyc}\frac{(a+1)^{2}}{6a^{2}b^{2}c^{2}+2a^{2}b^{2}} \geq$
$\frac{(a+b+c+1+1+1)^{2}}{18a^{2}b^{2}c^{2}+2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})}= \frac{18}{ 9a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}$ $(1)$
Mặt khác
$9a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \leq 9abc.1 + a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}$
$= 2abc(a+b+c)+ a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} + 3abc = (ab+bc+ca)^{2}+3abc \leq 3^{2}+3= 12$
$\Rightarrow 9a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \leq 12$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ thì $\sum_{cyc}\frac{a^{2}+1}{3a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}} \geq \frac{3}{2}$
$\Rightarrow \sum_{cyc}\frac{a^{2}+1}{3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}(3\sqrt[3]{c^{2}}+1)-8} \geq \frac{3}{2}$ $(Q.E.D)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 19-04-2017 - 13:02
- viet9a14124869, Tea Coffee, duylax2412 và 1 người khác yêu thích
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
#40
Đã gửi 19-04-2017 - 14:34
Các bạn chú ý lần sau đăng bài xin trích rõ nguồn nhé.
P/s. Bài này không phải của Trần Quốc Anh đâu.
Vâng để em nhắc Hưng sửa lại cho đúng. Đôi khi nhầm lẫn là chuyện bình thường. Bài toán đề xuất tiếp theo:
Bài 18: (Vasile Cirtoaje)
Cho $x, y, z > 0$ ; $x+y+z=3$. Chứng minh rằng:
$\sum_{cyc} \frac{x}{xy+1} \geq \frac{3}{2}$
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức, am-gm, cauchy, bunyakovski, minskovski, schwarz, holder, thcs
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$3abc+\sum a\sqrt{\frac{b^{4}+c^{4}}{2}} \leq \sum a^{2}(b+c)$Bắt đầu bởi kakachjmz, 28-04-2024 thcs, hsg9, bđt |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Chứng minh rằng: $abc(a-1)(b-1)(c-1)\leq 8$Bắt đầu bởi kakachjmz, 27-04-2024 thcs, toán chuyên, hsg 9, bđt |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Đại số →
Tính $P=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$Bắt đầu bởi kakachjmz, 27-04-2024 tính biểu thức, toán chuyên và . |
|
|||
Solved
Toán Trung học Cơ sở →
Hình học →
Tìm vị trí 3 điểm $A;M;N$ sao cho $AM+AN$ $Min$Bắt đầu bởi kakachjmz, 26-04-2024 thcs, toán chuyên, hsg 9 và . |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh