Đến nội dung

Hình ảnh

Luyện tập sử dụng phương pháp PQR - Bất đẳng thức SCHUR

* * * * * 2 Bình chọn

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 36 trả lời

#21
Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết

Bài 13.  :closedeyes:  :closedeyes:

 

Lời giải (Uchiha Sisui)

 

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$. $\Rightarrow p-r=2$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $1-q+pr-r^{2}\geq 0\Leftrightarrow 1-q+2r\geq 0$

 

Áp dụng BĐT Schur ta có: $r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}$

 

Ta phải chứng minh: $1-q+\frac{2p(4q-p^{2})}{9}\geq 0\Leftrightarrow -2p^{3}+8pq-9q+9\geq 0$

 

Dễ chứng minh được $q\leq \frac{p^{2}}{3}$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $-6p^{3}-p^{2}(9-8p)+27\geq 0\Leftrightarrow 2p^{3}-9p^{2}+27\geq 0\Leftrightarrow (p-3)^{2}(2p+3)\geq 0$

 

Bất Đẳng Thức cuối luôn đúng ta có điều phải chứng minh.

 

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

 

 

 



#22
Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết

  :closedeyes: Tiếp tục  :closedeyes:

 

Bài 14. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\geq 3$. Chứng minh rằng:

 

$a^{2}+b^{2}+c^{2}-4abc+1\geq 0$                                                                   

 

(Sưu Tầm)

 

P/s: Bài này bạn Baoriven đã up lên diễn đàn, tạm thời mình chưa biết nguồn nên để là sưu tầm!

 

 

Bài 15. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=1$. Chứng minh rằng 

 

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+48(xy+yz+zx)\geq 25$



#23
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Lời giải bài 14: 

Trước tiên xin chứng minh BĐT quen thuộc: $a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$ theo kiểu dồn biến.

Giả sử $c$ bé nhất trong $3$ số.

Đặt: $f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)$.

Ta có: 

$f(a,b,c)-f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(a+b+2\sqrt{ab}-2c)\geq 0$.

Do đó, ta có: $f(a,b,c)\geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$.

Ta chứng minh: $f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)\geq 0$.

Thật vậy: $f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=(c-1)^2+2c(\sqrt{ab}-1)^2\geq 0$.

Áp dụng BĐT vừa chứng minh:

$(a^2+b^2+c^2+2abc+1)^2\geq 4(ab+bc+ca)^2\geq 12abc(a+b+c)\geq 36(abc)^2$.

Suy ra: $a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 6abc$.

Từ đó, ta có đpcm.

 

P/S: Bài này là của mình á bạn. :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 18-06-2017 - 14:09

$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#24
Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết

Lời giải bài 14: 

Trước tiên xin chứng minh BĐT quen thuộc: $a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$ theo kiểu dồn biến.

Giả sử $c$ bé nhất trong $3$ số.

Đặt: $f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)$.

Ta có: 

$f(a,b,c)-f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(a+b+2\sqrt{ab}-2c)\geq 0$.

Do đó, ta có: $f(a,b,c)\geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$.

Ta chứng minh: $f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)\geq 0$.

Thật vậy: $f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=(c-1)^2+2c(\sqrt{ab}-1)^2\geq 0$.

Áp dụng BĐT vừa chứng minh:

$(a^2+b^2+c^2+2abc+1)^2\geq 4(ab+bc+ca)^2\geq 12abc(a+b+c)\geq 36(abc)^2$.

Suy ra: $a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 6abc$.

Từ đó, ta có đpcm.

 

P/S: Bài này là của mình á bạn. :)

Cảm ơn Bảo đã đưa ra lời giải, mình cũng đa ghi nguồn cho bài toán, hi vọng bảo sẽ góp lửa cho topic nhiều hơn !



#25
AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết

Bài 15 có ở đây trong đó có bài viết của mik File gửi kèm  tải xuống.htm   138.73K   87 Số lần tải


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 01-07-2017 - 11:19

        AQ02

                                 


#26
viethoang2002

viethoang2002

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 29 Bài viết

 Ai cũng biết rằng ở thời điểm hiện tại nếu ai nghiên cứu về bất đẳng thức cũng biết đến cái tên pqr, bất đẳng thức SCHUR. Đây là một phương pháp mạnh cùng với bất đẳng thức schur có thể giải các bài toán liên quan đến đối xứng và hoán vị. Có nhiều topic trước đây đều đăng các bài toán về Bất Đẳng Thức rất hay nhưng chưa có topic nào nói về việc luyện tập cho chủ đề sử dụng phương pháp này. Với mong muốn chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi sắp tới, tôi xin lập ra topic này để mọi người chúng ta ai cũng nâng cao kĩ năng này và hiểu thêm về sức mạnh của nó !   :closedeyes:

Anh có thể tiếp tục topic được không ạ em khá thích chủ đề này nhưng gần đây topic này không hoạt động  :(



#27
Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết

Anh có thể tiếp tục topic được không ạ em khá thích chủ đề này nhưng gần đây topic này không hoạt động  :(

Cảm ơn em đã ủng hộ topic của anh, từ giờ anh sẽ tập trung cho topic hơn ! Nếu rảnh em hãy rủ bạn bạn của mình vào giữ lửa cho topic



#28
Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết

Thêm vài bài giữ lửa :) 

 

 

Bài 16. Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:

 

$\frac{z-xy}{x^{2}+xy+y^{2}}+\frac{y-zx}{x^{2}+xz+z^{2}}+\frac{x-yz}{y^{2}+yz+z^{2}}\geq 2$

(Phạm Văn Thuận)

 

Bài 17. Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=xyz+2$. Chứng minh rằng:

 

$(1-xy)(1-yz)(1-zx)\geq 0$

 

(Vasile Cirtoaje)



#29
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Lời giải bài 17:

Ta có: $(1-xy)(1-yz)=1-y(x+z)+xy^2z=1-y(x+z)+y(x+y+z-2)=(y-1)^2\geq 0$.

Tương tự ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$.

--------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 18: Cho $a,b,c> 0$ và $ab+bc+ca+abc=4$.

Chứng minh rằng:

$a+b+c\geq ab+bc+ca$

(Việt Nam 1996)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 05-07-2017 - 18:57

$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#30
viethoang2002

viethoang2002

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 29 Bài viết

Lời giải bài 17:

Ta có: $(1-xy)(1-yz)=1-y(x+z)+xy^2z=1-y(x+z)+y(x+y+z-2)=(y-1)^2\geq 0$.

Tương tự ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$.

--------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 18: Cho $a,b,c> 0$ và $ab+bc+ca+abc=4$.

Chứng minh rằng:

$a+b+c\geq ab+bc+ca$

(Việt Nam 1996)

(em xin đổi đại lượng a,b,c thành x,y,z)

xin mạn phép không dùng p,q,r cho bài 18 . nhưng vẫn đặt ẩn ^^ 

theo lời giải của thầy trần nam dũng : 

giả sử $x\geqslant y\geqslant z$ vì xy+yz+xz+xyz=4 nên không thể tất cả các số đều lớn hơn 1 mà cũng không thể tất cả các số đều bé hơn 1. Từ đây suy ra $x\geqslant 1$ và $z\leqslant 1$ 

Đặt s=x+z và p = xz thì y(s+p)=4-p ta cần chứng minh $s+y\geqslant sy +p$ 

Ta có (s+p)(s+y-sy-p)= $(s-2)^{2}$ +p(s-p-1)

s-p-1= x+z-xz-1=(x-1)(1-z) $\geqslant 0$ nên (s+p)(s+y-sy-p) $\geqslant 0$

có nghĩa là s+y-sy-p $\geqslant 0$ (đpcm)

Nếu ai có cách hay hơn post lên cho mọi người nha ^^ với ai giúp em bài 16 với

em để ý thấy bài 1 cũng chưa ai giải  :closedeyes:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viethoang2002: 05-07-2017 - 22:53


#31
Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết

Mọi người chú ý là lời giải hạn chế tối đa sử dụng phương pháp khác, tập trung vấn đề chủ yếu cho topic ! 



#32
AnhTran2911

AnhTran2911

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 230 Bài viết

Góp cho bài sử dụng $p,q,r$ mắc chất này  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2: 

Bài 19: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1$

CMR: $a\sqrt{4b^2+c^2}+b\sqrt{4c^2+a^2}+c\sqrt{4a^2+b^2} \leqslant \frac{3}{4}$


        AQ02

                                 


#33
viethoang2002

viethoang2002

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 29 Bài viết

Lời giải bài 17:

Ta có: $(1-xy)(1-yz)=1-y(x+z)+xy^2z=1-y(x+z)+y(x+y+z-2)=(y-1)^2\geq 0$.

Tương tự ta có đpcm.

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$.

--------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 18: Cho $a,b,c> 0$ và $ab+bc+ca+abc=4$.

Chứng minh rằng:

$a+b+c\geq ab+bc+ca$

(Việt Nam 1996)

anh Baoriven có cách giải bằng pqr không anh cho em xem với



#34
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Ở đây nha em: https://diendantoanh...asile-cirtoaje/


$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#35
viethoang2002

viethoang2002

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 29 Bài viết

hix em chưa nói hết TT bài 18 á anh ( =pqr nha )



#36
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

 

Bài 12. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}=2$

 

Chứng minh rằng: $\frac{1}{8a^{2}+1}+\frac{1}{8b^{2}+1}+\frac{1}{8c^{2}+1}\geq 1$

Áp dụng bất đẳng thức: $\frac{1}{8a^2+1}\geqslant \frac{2}{a+1}-1\Leftrightarrow \frac{2a(2a-1)^2}{(8a^2+1)(a+1)}\geqslant 0$ 

Tương tự rồi cộng lại, ta được điều phải chứng minh


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#37
Mr handsome ugly

Mr handsome ugly

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 63 Bài viết

Áp dụng bất đẳng thức: $\frac{1}{8a^2+1}\ge \frac{2}{a+1}-1 \Leftrightarrow \frac{2a(2a-1)^2}{(8a^2+1)(a+1)}\ge 0$ 

Tương tự rồi cộng lại, ta được điều phải chứng minh

Em có thể giải thích làm sao em nghĩ ra được bất đẳng thức phụ này không 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 01-04-2021 - 02:53





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh