Bài 69: Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng $\sqrt{a^{2}-a+1}+\sqrt{b^{2}-b+1}+\sqrt{c^{2}-c+1}\geq a+b+c$
Đây là đề thi Olympic $30/4$ khối $10$ năm nay. Bạn tìm đọc lời giải nhé
Bài 69: Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng $\sqrt{a^{2}-a+1}+\sqrt{b^{2}-b+1}+\sqrt{c^{2}-c+1}\geq a+b+c$
Đây là đề thi Olympic $30/4$ khối $10$ năm nay. Bạn tìm đọc lời giải nhé
Little Homie
Bài 73:
Cho 3 số a, b, c thực dương. Chứng minh:
$ a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab\sqrt{2(a^2+b^2)} + bc\sqrt{2(b^2+c^2)} + ac\sqrt{2(a^2+c^2)} $
@DinhXuanHung CQB: e có một lời giải khác cho bài 30/04 nhưng phải dùng tới đạo hàm nên không đăng được chán
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 22-04-2018 - 19:37
Bài 53. Cho $a\,,\,b\,,\,c$ là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh rằng: $\frac{a^{3}}{b}\,+\, \frac{b^{3}}{c}\,+ \,\frac{c^{3}}{a}\,\geqq \,\frac{3\,(a^{2}\,+\, b^{2}\,+\, c^{2})}{a\,+\, b\,+\, c}$
$(a+ b+ c)\,(\frac{a^{3}}{b}+ \frac{b^{3}}{c}+ \frac{c^{3}}{a})$
$=\,(a^{3}+ b^{3}+ c^{3})\,+ \,(\frac{a^{4}}{b}+ \frac{b^{4}}{c}+ \frac{c^{4}}{a})\,+\, (\frac{ab^{3}}{c}+ \frac{bc^{3}}{a}+ \frac{ca^{3}}{b})$
$\geqq \,(a^{3}+ b^{3}+ c^{3})\,+ \,(\frac{a^{4}}{b}+ \frac{b^{4}}{c}+ \frac{c^{4}}{a})\,+\, (a^{2}b+ b^{2}c+ c^{2}a)$
$= \,(a^{3}+ b^{3}+ c^{3})\,+ \,(\frac{a^{4}}{b}+ a^{2}b)\,+\, (\frac{b^{4}}{c}+ b^{2}c)\,+\, (\frac{c^{4}}{a}+ c^{2}a)$
$\geqq \,3\,(a^{3}+ b^{3}+ c^{3})$
Chà, cái này sao đáp giải lại khác với đề vậy ạ, mong anh xem lại
Bài 74:
Cho a, b, c là 3 số thực không âm. Chứng minh:
$\frac{a^4}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^4}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^4}{c^2+ac+c^2} \ge \frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c} $
@Momo123: đề ban đầu chắc bị DOTOANANG gõ nhầm, thử (a,b,c) =(0.11; 0.5; 0.4) vào đề lúc đầu thấy VT<VP mà
Bài 74:
Cho a, b, c là 3 số thực không âm. Chứng minh:
$\frac{a^4}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^4}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^4}{c^2+ac+c^2} \ge \frac{a^3+b^3+c^3}{a+b+c} $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamhuy1801: 22-04-2018 - 20:29
Đây là đề thi Olympic $30/4$ khối $10$ năm nay. Bạn tìm đọc lời giải nhé
Một cách khác không cần dùng đạo hàm.
Dùng BDT $Bunhiacopxki$
Ta có: $(a^{2}+a+1)\sqrt{a^{2}-a+1}=\sqrt{(a^{2}+a+1)(a^{4}+a^{2}+1)}=\sqrt{\left [(a+\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4} \right ]\left [ (a^{2}+\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4} \right ]}$
$\geq a^{3}+\frac{1}{2}(a^{2}+a)+1$
$\Rightarrow \sqrt{a^{2}-a+1}-a\geq \frac{1}{2}(\frac{3}{a^{2}+a+1}-1)$
Cái sau là BDT $Vasile$ quen thuộc.
Bài 67: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng $\sqrt{(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})}\geq abc+\sqrt[3]{(a^{3}+abc)(b^{3}+abc)(c^{3}+abc)}$
Chia cả 2 vế cho abc , ta có bất đẳng thức tương đương
$\sqrt{(\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b})(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b})} \geq 1+\sqrt[3]{(\frac{a^2}{bc}+1)(\frac{b^2}{ac}+1)(\frac{c^2}{ab}+1)}$
Đặt $(\frac{a}{b};\frac{b}{c};\frac{b}{c})=(x,y,z)$
$ -> xyz=1$
Bất đẳng thức $\Leftrightarrow$ $\sqrt{(xy+yz+zx)(x+y+z)} \geq 1+\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$\Leftrightarrow \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)+1} \geq \sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)}$
Đặt $\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)} = m $
Ta cần chứng minh $\sqrt{m^3+1} \geq m+1$
$ \Leftrightarrow m(m+1)(m-2) \geq 0 $
Bất đẳng thức cuối cùng đúng vì $m=\sqrt[3]{(x+y)(y+z)(z+x)} \geq \sqrt[3]{8xyz} =2$
Bài 75: Cho a, b, c là các số thực dương. CMR:
$a^2+b^2+c^2+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$
Một kết quả vô cùng quen thuộc
Bài 77(APMO 2004): Cho a, b, c là các số thực dương. CMR: $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 9(ab+bc+ca)$
Ta đi chứng minh kết quả mạnh hơn là $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2$
Áp dụng Cauchy - Schwarz ta có:
$3(a+b+c)^2=3\left ( \frac{a+b}{\sqrt{2}}.\sqrt{2}+1.c \right )^2\leq 3\left ( \frac{(a+b)^2}{2}+1 \right )(c^2+2)$
Ta cần đi chứng minh: $(a^2+2)(b^2+2)\geq 3\left (\frac{(a+b)^2}{2}+1 \right )\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{2}+(ab-1)^2\geq 0$ đúng
Vậy hoàn tất chứng minh
$\sqrt[LOVE]{MATH}$
"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I
do mathematics to keep happy" - Alfréd Rényi
Cách của bạn Linh đúng rồi mọi người thử tìm các cách khác chẳng hạn như dùng nguyên lí Đirichlet
Bài 79: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. CMR:
$(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)\geq 1$
bài mạnh hơn bài 77 đây
Bài 80 : Cho a,b,c là các số thực dương
C/m : $(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\geq 4(a+b+c+1)^2$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdatqv2003: 24-04-2018 - 22:49
[Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x, y, và z thoả mãn xn + yn = zn trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2.] (FERMAT)
Bài 78(IMO 1984): Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=1$.CMR:
$0\leq ab+bc+ca-2abc\leq \frac{7}{27}$
Do a+b+c=1 và a,b,c không âm nên $ab+bc+ca-2abc=ab(1-c)+ca(1-b)+bc\geq 0$
Ta có: $ab+bc+ca-2abc=a(b+c)+bc(1-2a)\leq a(1-a)+\frac{(b+c)^{2}}{4}(1-2a)=a(1-a)+\frac{(a-1)^{2}}{4}(1-2a)$
Nên ta chỉ cần Cm $a(1-a)+\frac{(a-1)^{2}}{4}(1-2a)\leq \frac{7}{27}$ thật vậy $a(1-a)+\frac{(a-1)^{2}}{4}(1-2a)\leq \frac{7}{27}\Leftrightarrow (a+\frac{1}{6})(a-\frac{1}{3})^{2}\geq 0$ (đpcm)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mduc123: 23-04-2018 - 12:46
Bài $65$: Cho các số dương $x,y,z$. Chứng minh:
$(x+\frac{yz}{x})(y+\frac{zx}{y})(z+\frac{xy}{z}) \ge 4\sqrt[3]{(x^3+y^3)(y^3+z^3)(z^3+x^3)}$
Mình xin đưa ra lời giải cho bài toán của mình:
Bài 81(VMO 2015): Cho a, b, c là các số thực dương. CMR:
$3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geq (a+b+c)^2$
Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác
Bài 70: C/m: $P^2\geq 12\sqrt{3}S$ (với p là nửa chu vi, S là diện tích)
Bài 71: C/m : $a^3+b^3+c^3 \geq $\frac{P^3}{9}$ (với P là chu vi)
Bài 72: C/m: $a^3+b^3+c^3 \geq \frac{4\sqrt{3}}{3}SP$
Bài70
Ta có $(p-a)(p-b)(p-c)\leq \frac{1}{27}\left [ (p-a)+(p-b)+(p-c) \right ]^3=\frac{1}{27}p^3$
Vậy $12\sqrt{3}S=12\sqrt{3}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\leq 12\sqrt{3}\sqrt{p\frac{1}{27}p^3}=4p^2=P^2$ (đpcm)
Bài 71
$P^3 =(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3ab(a+b)+3bc(b+c)+3ac(a+c)+6abc$
Mặt khác $6abc\leq 2(a^3+b^3+c^3)$
$3ab\leq 3(a^2+b^2-ab)\Rightarrow 3ab(a+b)\leq 3(a^2+b^2-ab)(a+b)=3(a^3+b^3)$
Tương tự mấy cái khác rồi cộng vế theo vế
Suy ra $P^3\leq 9(a^3+b^3+c^3)$ (đpcm)
Bài 72
ở bài 71 và 72 ta đã có $P^2\geq 12\sqrt{3}S$
$a^3+b^3+c^3\geq \frac{P^3}{9}$$a^3+b^3+c^3\geq \frac{P^3}{9}$
Suy ra $a^3+b^3+c^3\geq \frac{P}{9}.12\sqrt{3}S=\frac{4\sqrt{3}}{3}SP$ (đpcm)
[Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không x, y, và z thoả mãn xn + yn = zn trong đó n là một số nguyên lớn hơn 2.] (FERMAT)
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 |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh