Bài 100: Cho $x,y,z\geq 0$ và $x+y+z=1$ Tìm giá trị lớn nhất $xy+yz+xz-\frac{4}{3}xyz$
[TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN}}$ LỚP $10$ năm $2018-2019$
#221
Đã gửi 26-04-2018 - 12:42
#222
Đã gửi 26-04-2018 - 12:54
Mấy bài đối xứng không thuần nhất coi bộ Dirichlet vẫn là an toàn nhất
Không làm giảm tính tổng quát, giả sử $ (a^2-1)(b^2-1) \ge 0 $$ \Rightarrow a^2b^2 \ge a^2+b^2-1 $$ \Rightarrow (a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) \ge (a^2+b^2-1+3a^2+3b^2+9)(c^2+3) $Vậy ta cần chứng minh:$ (4a^2+4b^2+8)(c^2+3) \ge 4(a+b+c+1)^2 $$ \Leftrightarrow (a^2+b^2+1+1)(1+1+c^2+1) \ge (a+b+c+1)^2 $ (Luôn đúng theo C-S).Hoàn tất chứng minh.@KhoaLinh: coi lại đề bài 82, hoàn toàn có phản ví dụ đấy
1 cách khác
Theo BDT $Cauchy-schwarz$ ta có: $(a^{2}+1+1+1)\left ( 1+\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2}+1 \right )\geq \left ( a+\frac{b+c}{2}+\frac{b+c}{2}+1 \right )^{2}$
$\Leftrightarrow 4(a^{2}+3)\left ( 2+\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2} \right )\geq 4(a+b+c+1)^{2}$
Theo $AM-GM$ ta cx có: $(b^{2}+3)(c^{2}+3)\geq 2(b+c)^{2}+8=4\left ( 2+\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2} \right )$
Đến đây thì Ok rồi
- quochoangkim và thanhdatqv2003 thích
#223
Đã gửi 26-04-2018 - 13:34
Bài 91:
Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1. Chứng minh:
$$ \sqrt{\frac{a}{b+3}}+\sqrt{\frac{b}{c+3}}+\sqrt{\frac{c}{a+3}} \ge \frac{3}{2} \text{ (Vasile Cirtoaje)} $$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 26-04-2018 - 17:44
- Tea Coffee, MoMo123 và thanhdatqv2003 thích
#224
Đã gửi 26-04-2018 - 13:45
Bài 101:
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
$$ \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2} \ge 3\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} $$ (sưu tầm)
P/s: sửa bài toán, ai biết bài lúc trước đăng trong TT2 chứ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 26-04-2018 - 18:38
- Tea Coffee, Khoa Linh và thanhdatqv2003 thích
#225
Đã gửi 26-04-2018 - 15:50
Bài 101: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh:
$$ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \ge \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}}$$
Nếu thay $b= c\,,c= b$ thì ta được bất đẳng thức mới:
$\frac{a^{2}}{c}+ \frac{c^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a}\geqq \sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}+ \sqrt{\frac{b^{2}+ c^{2}}{2}}+ \sqrt{\frac{a^{2}+ c^{2}}{2}}$
Và hiển nhiên nó không làm mất tính tổng quát trong chứng minh, nên ta có:
$\sum_{cyc}^{ }\,(\frac{a^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a})\geqq 2\,\sum_{cyc}^{ }\sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}$
Chỉ cần chứng minh:
$\frac{a^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a}\geqq 2\sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}$
Bình phương & thực hiện công tác khai triển:
$<\,=\,>$
$(a- b)^{2}\,(a^{4}+ 2\,a^{3}b+ a^{2}b^{2}+ 2\,ab^{3}+ b^{4})\geqq 0$
#226
Đã gửi 26-04-2018 - 15:51
$$\dfrac {a^ 2+b^ 2+c^ 2 +d } {(a+b+c) ^3} +\dfrac {b^ 2+c^ 2+d^ 2 +a} {(b +c+d) ^3} +\dfrac {c^ 2+d^ 2+a^ 2 +b } {( c+d+a) ^3} +\dfrac {d^ 2+a^ 2+b^ 2 +c } {( d+a+b) ^3} > 4$$
(Olympic toán St Petersburg năm 2018 - Lớp 9)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 26-04-2018 - 20:05
#227
Đã gửi 26-04-2018 - 16:52
Bài 101: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh:
$$ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \ge \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}}$$
Nếu thay $b= c\,,c= b$ thì ta được bất đẳng thức mới:
$\frac{a^{2}}{c}+ \frac{c^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a}\geqq \sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}+ \sqrt{\frac{b^{2}+ c^{2}}{2}}+ \sqrt{\frac{a^{2}+ c^{2}}{2}}$
Và hiển nhiên nó không làm mất tính tổng quát trong chứng minh, nên ta có:
$\sum_{cyc}^{ }\,(\frac{a^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a})\geqq 2\,\sum_{cyc}^{ }\sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}$
Chỉ cần chứng minh:
$\frac{a^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a}\geqq 2\sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}$
Bình phương & thực hiện công tác khai triển:
$<\,=\,>$
$(a- b)^{2}\,(a^{4}+ 2\,a^{3}b+ a^{2}b^{2}+ 2\,ab^{3}+ b^{4})\geqq 0$
Lời giải này không chính xác, do đây là bất đẳng thức hoán vị mà ngộ nhận vai trò như nhau của 2 bộ số , cụ thể lời giải chỉ đúng trong 1 trường hợp là $(a-b)(b-c)(c-a) \ge 0$
- kphanhoang121 yêu thích
#228
Đã gửi 26-04-2018 - 18:34
Bài 101:
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
$$ \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \ge \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+\sqrt{\frac{a^2+c^2}{2}} \text{ (Sưu tầm)}$$
P/s: Bài này bị gọi là quá sức không theo mình là không
Bài này có đăng trong TTT2, lời giải không quá phức tạp nhưng do vẫn còn hạn gửi bài cho tòa soạn nên đề nghị mọi người không giải...
- Tea Coffee, doraemon123, tr2512 và 2 người khác yêu thích
$\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
#229
Đã gửi 26-04-2018 - 22:10
Áp dụng BĐT $Bunhia$, ta có: $a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}\leq \sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)} =\sqrt{abc(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}\leq \sqrt{\frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}\leq \sqrt{\frac{(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca)^3}{81}}=\frac{(a+b+c)^3}{9}=a^3+b^3+c^3$
Bài 98: Cho $a,b,c>0$ và $abc=2$. Chứng minh rằng $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}$
Áp dụng BĐT Holder $a^4+b^4 \geq \frac{(a+b)^4}{8}$ -> $ \sum \sqrt[4]{a^4+b^4}\geq \sqrt[4]{2}(a+b+c)$
Bài 99: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng $\sqrt[4]{a^{4}+b^{4}}+\sqrt[4]{b^{4}+c^{4}}+\sqrt[4]{c^{4}+a^{4}}\geq \sqrt[4]{2}(a+b+c)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 26-04-2018 - 23:21
- Tea Coffee, nguyenbaohoang0208, Khoa Linh và 2 người khác yêu thích
#230
Đã gửi 26-04-2018 - 23:50
Bài 103: Cho a,b,c không âm
Cmr: $a^2+b^2+c^2+3$\sqrt[3]{(abc)^2}$\geq 2(ab+bc+ac)$
P/s: TT2 là gì vậy. Có phải là Toán Học Tuổi Trẻ ko ?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thanhdatqv2003: 29-04-2018 - 22:20
[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)
#231
Đã gửi 27-04-2018 - 08:40
Mình xin đưa một bài bđt có áp dụng các tính chất đồ thị (của lớp 9):
Bài 97: Mặt phẳng xOy có 3 điểm A,B,C phân biệt với OA=OB=OC=1 và xa2+xb2+xc2+6xaxbxc=0. CMR Min{xa,xb,xc} $\leq \frac{-1}{3}$
P\s Các anh chị cấp 3 xin post bài nào nhẹ nhẹ chút, đừng làm khó đàn em khờ dại
Vẫn không ai giải hết
Giả sử xa,xb,xc $\geq \frac{1}{3}$ (*)
trong 3 số xa,xb,xc có ít nhất 2 số cùng dấu ( nguyên lí Dirichlet), giả sử đó là xa và xb
xa2+xb2+xc2+6xaxbxc= (xa-xb)2 +xc2 +2xaxb(3xc+1)=0
Kết hợp (*) ta có xa,xb,xc=0 và OA=OB=OC=1 nên trong 3 điểm có 2 điểm trùng nhau (vô lí) => đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Korkot: 27-04-2018 - 08:41
- Tea Coffee yêu thích
Nếu bạn cứ tiếp tục ca thán về cùng một nỗi buồn, cùng một việc nhỏ nhặt, bạn sẽ mãi mãi chìm đắm trong thất bại và sống một cuộc đời nhỏ bé. Hãy luôn nhớ rằng, ngay cả một ngày tồi tệ nhất cũng chỉ có 24 tiếng đồng hồ mà thôi.
#232
Đã gửi 27-04-2018 - 11:59
104. Cho $a\,,b\,,c$ là các số thực dương thỏa $a+b+c=5$.
Chứng minh rằng:
$$a^2b+c^2a+2\,abc \leqq 20$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 28-04-2018 - 19:32
- viet9a14124869 yêu thích
#233
Đã gửi 27-04-2018 - 21:35
Bài 101:
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
$$ \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2} \ge 3\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} $$ (sưu tầm)
P/s: sửa bài toán, ai biết bài lúc trước đăng trong TT2 chứ
Lời giải
Áp dụng bổ đề: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \ge \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$ (cụ thể là BÀI 12) và bất đẳng thức AM-GM ta có:
$$ \Rightarrow \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2} \ge \frac{a^2+b^2+c^2}{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}} \ge 3\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} $$
- MarkGot7, Tea Coffee, MoMo123 và 1 người khác yêu thích
#234
Đã gửi 27-04-2018 - 23:18
Bài 100: Cho $x,y,z\geq 0$ và $x+y+z=1$ Tìm giá trị lớn nhất $xy+yz+xz-\frac{4}{3}xyz$
Đưa ra lời giải cho bài này
Áp dụng BDT phụ sau: $xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(x+z-y)$ ( Cm dễ dàng)
$=(1-2z)(1-2x)(1-2y)$$\Leftrightarrow xy+yz+xz\leq \frac{1}{4}+\frac{9xyz}{4}$
Đến đây dùng $AM-GM$ là ok
- quochoangkim, Tea Coffee, MoMo123 và 2 người khác yêu thích
#235
Đã gửi 27-04-2018 - 23:21
Bài 105: Cho $a,b,c$ thỏa mãn $a\geq 4;b\geq 5,7\geq c\geq 6$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=90$. Tìm giá trị nhỏ nhất $a+b+c$
P/s: Có 2 bài 103, nhờ DOTOANNANG sửa lại số thứ tự bài
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangkimca2k2: 27-04-2018 - 23:23
- quochoangkim, MoMo123, Khoa Linh và 1 người khác yêu thích
#236
Đã gửi 27-04-2018 - 23:53
Bài 105: Cho $a,b,c$ thỏa mãn $a\geq 4;b\geq 5,7\geq c\geq 6$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=90$. Tìm giá trị nhỏ nhất $a+b+c$
P/s: Có 2 bài 103, nhờ DOTOANNANG sửa lại số thứ tự bài
Bài này chỉ cần điều kiện $c\geq 6$ thôi bởi vì từ giả thiết
Ta có:
$a\geq 4;b\geq 5\Rightarrow c\leq 7\Rightarrow (c-6)(c-7)\leq 0\Leftrightarrow 13c\geq c^2+42$
$b\geq 5;c\geq 6\Rightarrow a<9\Rightarrow (a-4)(a-9)\leq 0\Leftrightarrow 13a\geq a^2+36$
$a\geq 4;c\geq 6\Rightarrow b<8\Rightarrow (b-5)(b-8)\leq 0\Leftrightarrow 13b\geq b^2+40$
Suy ra $13(a+b+c)\geq (a^2+b^2+c^2)+42+36+40\Leftrightarrow a+b+c\geq 16$
- viet9a14124869, Tea Coffee và MoMo123 thích
$\sqrt[LOVE]{MATH}$
"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I
do mathematics to keep happy" - Alfréd Rényi
#237
Đã gửi 28-04-2018 - 13:01
Bài 102 Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c+d=1$. Chứng minh rằng
$$\dfrac {a^ 2+b^ 2+c^ 2 +d } {(a+b+c) ^3} +\dfrac {b^ 2+c^ 2+d^ 2 +a} {(b +c+d) ^3} +\dfrac {c^ 2+d^ 2+a^ 2 +b } {( c+d+a) ^3} +\dfrac {d^ 2+a^ 2+b^ 2 +c } {( d+a+b) ^3} > 4$$
(Olympic toán St Petersburg năm 2018 - Lớp 9)
Ta có thể làm mạnh nó lên và chứng minh vế trái $\geq \frac{112}{27}$
Bài này mình sẽ nói qua ý thôi :
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM , ta có đánh giá :
$$\frac{a^2+b^2+c^2+d}{(a+b+c)^3)}\geq \frac{\frac{(a+b+c)^2)}{3}+d}{(a+b+c)^3)}=\frac{d^2+d+1}{3(1-d)^3)}\geq \frac{144d-8}{27}$$
$$\Leftrightarrow (4d-1)^2(9d^2-23d+17)\geq 0$$
Điều này hiển nhiên đúng . Thiết lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại ta sẽ có điều phải chứng minh .
- Tea Coffee, MoMo123, Mia Mtk và 2 người khác yêu thích
SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ
GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?
ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA
KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .
#238
Đã gửi 28-04-2018 - 19:53
104. Cho $a\,,b\,,c$ là các số thực dương thỏa $a+b+c=5$.
Chứng minh rằng:
$$a^2b+c^2a+2\,abc \leqq 20$$
Chia trường hợp:
1. $a\leqq 4$:
$VT= a\,(ab+ c^{2}+ 2\,bc)$
$= a\,(25-a^{2}- b^{2}- ab- 2\,ca)$
$a\,[25- a^{2}- \,(b^{2}+ ca)- \,(ab+ ca)]$
$a\, \left \{ 25- a^{2}- [(5- c- a)^{2}+ ca]- a\,(5- a) \right \}$
$=a[25- a^{2}- \frac{1}{4}\,(3a+ 2c- 10)^{2}+ \frac{5}{4}\,(a^{2}- 4a)- a\,(5- a)]$
$\leqq a[25- a^{2}+ \frac{5}{4}\,a^{2}- a- a\,(5- a)]$
$= 20- \frac{5}{4}\,(4- a)\,(a-2)^{2}$
$\leqq 20$
2. $a>4$
$VT= a^{2}b+ (5- a- b)^{2}\,a+ 2\,ab\,(5- a- b)$
$= a^{3}+ a^{2}b- 10\,a^{2}- ab^{2}+ 25\,a$
$< a^{3}+ a^{2}\,(5- a)- 10\,a^{2}+ 25\,a$
$= 20- 5\,(a- 4)\,(a- 1)$
$< 20$
- viet9a14124869, Khoa Linh và thanhdatqv2003 thích
#240
Đã gửi 28-04-2018 - 21:21
105. Cho $a\,,b\,\,> 0$. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{2 + a + b} + \frac{a}{2a + b + 1} + \frac{b}{2b + a + 1} \,\, \leqq \frac{3}{4}$
Lời giải trên hay quá , rất ấn tượng =))
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :
$$(1-\frac{2a}{2a+b+1})+(1-\frac{2b}{2b+a+1})\geq \frac{2}{a+b+2}+\frac{1}{2}$$
$$\Leftrightarrow \frac{a+1}{2b+a+1}+\frac{b+1}{2a+b+1}\geq \frac{2}{a+b+2}+\frac{1}{2}$$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarzt và Cauchy ta có :
$$VT\geq \frac{[(a+1)+(b+1)]^2}{[(a+1)(2b+a+1)+(b+1)(2a+b+1)]}=\frac{(a+b+2)^2}{(a^2+4ab+b^2)+4(a+b)+2}\geq \frac{(a+b+2)^2}{\frac{3(a+b)^2}{2}+4(a+b)+2}$$
Đến đây đơn giản rồi , đặt t=a+b ( t > 0) thì ta quy về chứng minh :
$$\frac{(t+2)^2}{\frac{3t^2}{2}+4t+2}\geq \frac{2}{t+2}+\frac{1}{2}$$
$$\Leftrightarrow(t-2)^2(t+2)\geq 0$$
Điều này hiển nhiên đúng ,vậy bài toán được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi a=b=1 .
- MoMo123, Khoa Linh và doraemon123 thích
SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ
GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?
ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA
KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức, holder, cosi, bunhiacopxki
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 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh