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
Posted 26-04-2018 - 12:42
#222
Posted 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 $$ \Leftrightarrow (a^2+b^2+1+1)(1+1+c^2+1) \ge (a+b+c+1)^2 $ (Luôn đúng theo C-S).Hoàn tất chứng minh.@KhoaLinh: coi lại đề bài 82, hoàn toàn có phản ví dụ đấy
1 cách khác
Theo BDT $Cauchy-schwarz$ ta có: $(a^{2}+1+1+1)\left ( 1+\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2}+1 \right )\geq \left ( a+\frac{b+c}{2}+\frac{b+c}{2}+1 \right )^{2}$
$\Leftrightarrow 4(a^{2}+3)\left ( 2+\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2} \right )\geq 4(a+b+c+1)^{2}$
Theo $AM-GM$ ta cx có: $(b^{2}+3)(c^{2}+3)\geq 2(b+c)^{2}+8=4\left ( 2+\left ( \frac{b+c}{2} \right )^{2} \right )$
Đến đây thì Ok rồi
- quochoangkim and thanhdatqv2003 like this
#223
Posted 26-04-2018 - 13:34
Bài 91:
Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn abc=1. Chứng minh:
$$ \sqrt{\frac{a}{b+3}}+\sqrt{\frac{b}{c+3}}+\sqrt{\frac{c}{a+3}} \ge \frac{3}{2} \text{ (Vasile Cirtoaje)} $$
Edited by tr2512, 26-04-2018 - 17:44.
- Tea Coffee, MoMo123 and thanhdatqv2003 like this
#224
Posted 26-04-2018 - 13:45
Bài 101:
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
$$ \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} $$ (sưu tầm)
P/s: sửa bài toán, ai biết bài lúc trước đăng trong TT2 chứ
Edited by tr2512, 26-04-2018 - 18:38.
- Tea Coffee, Khoa Linh and thanhdatqv2003 like this
#225
Posted 26-04-2018 - 15:50
Bài 101: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh:
$$ \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}}$$
Nếu thay $b= c\,,c= b$ thì ta được bất đẳng thức mới:
$\frac{a^{2}}{c}+ \frac{c^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a}\geqq \sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}+ \sqrt{\frac{b^{2}+ c^{2}}{2}}+ \sqrt{\frac{a^{2}+ c^{2}}{2}}$
Và hiển nhiên nó không làm mất tính tổng quát trong chứng minh, nên ta có:
$\sum_{cyc}^{ }\,(\frac{a^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a})\geqq 2\,\sum_{cyc}^{ }\sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}$
Chỉ cần chứng minh:
$\frac{a^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a}\geqq 2\sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}$
Bình phương & thực hiện công tác khai triển:
$<\,=\,>$
$(a- b)^{2}\,(a^{4}+ 2\,a^{3}b+ a^{2}b^{2}+ 2\,ab^{3}+ b^{4})\geqq 0$
#226
Posted 26-04-2018 - 15:51
$$\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$$
(Olympic toán St Petersburg năm 2018 - Lớp 9)
Edited by MoMo123, 26-04-2018 - 20:05.
#227
Posted 26-04-2018 - 16:52
Bài 101: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh:
$$ \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}}$$
Nếu thay $b= c\,,c= b$ thì ta được bất đẳng thức mới:
$\frac{a^{2}}{c}+ \frac{c^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a}\geqq \sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}+ \sqrt{\frac{b^{2}+ c^{2}}{2}}+ \sqrt{\frac{a^{2}+ c^{2}}{2}}$
Và hiển nhiên nó không làm mất tính tổng quát trong chứng minh, nên ta có:
$\sum_{cyc}^{ }\,(\frac{a^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a})\geqq 2\,\sum_{cyc}^{ }\sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}$
Chỉ cần chứng minh:
$\frac{a^{2}}{b}+ \frac{b^{2}}{a}\geqq 2\sqrt{\frac{a^{2}+ b^{2}}{2}}$
Bình phương & thực hiện công tác khai triển:
$<\,=\,>$
$(a- b)^{2}\,(a^{4}+ 2\,a^{3}b+ a^{2}b^{2}+ 2\,ab^{3}+ b^{4})\geqq 0$
Lời giải này không chính xác, do đây là bất đẳng thức hoán vị mà ngộ nhận vai trò như nhau của 2 bộ số , cụ thể lời giải chỉ đúng trong 1 trường hợp là $(a-b)(b-c)(c-a) \ge 0$
- kphanhoang121 likes this
#228
Posted 26-04-2018 - 18:34
Bài 101:
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
$$ \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 and 2 others like this
$\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
Posted 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)$
Edited by MoMo123, 26-04-2018 - 23:21.
- Tea Coffee, nguyenbaohoang0208, Khoa Linh and 2 others like this
#230
Posted 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 ?
Edited by 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
Posted 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
Edited by Korkot, 27-04-2018 - 08:41.
- Tea Coffee likes this
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
Posted 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$$
Edited by DOTOANNANG, 28-04-2018 - 19:32.
- viet9a14124869 likes this
#233
Posted 27-04-2018 - 21:35
Bài 101:
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
$$ \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} $$
- MarkGot7, Tea Coffee, MoMo123 and 1 other like this
#234
Posted 27-04-2018 - 23:18
Bài 100: Cho $x,y,z\geq 0$ và $x+y+z=1$ Tìm giá trị lớn nhất $xy+yz+xz-\frac{4}{3}xyz$
Đưa ra lời giải cho bài này
Áp dụng BDT phụ sau: $xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(x+z-y)$ ( Cm dễ dàng)
$=(1-2z)(1-2x)(1-2y)$$\Leftrightarrow xy+yz+xz\leq \frac{1}{4}+\frac{9xyz}{4}$
Đến đây dùng $AM-GM$ là ok
- quochoangkim, Tea Coffee, MoMo123 and 2 others like this
#235
Posted 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
Edited by hoangkimca2k2, 27-04-2018 - 23:23.
- quochoangkim, MoMo123, Khoa Linh and 1 other like this
#236
Posted 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 and MoMo123 like this
$\sqrt[LOVE]{MATH}$
"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I
do mathematics to keep happy" - Alfréd Rényi
#237
Posted 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 and 2 others like this
SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ
GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?
ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA
KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .
#238
Posted 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 and thanhdatqv2003 like this
#240
Posted 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 and doraemon123 like this
SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ
GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?
ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA
KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .
Also tagged with one or more of these keywords: bất đẳng thức, holder, cosi, bunhiacopxki
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Started by Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Started by Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Started by Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Started by POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Started by Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users