Đến nội dung


Hình ảnh

[MARATHON] Chuyên đề Bất đẳng thức

bất đẳng thức marathon cấp 2 cấp 3 imo vmo olympic tuyển sinh 10

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 85 trả lời

#21 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 195 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:$\boxed{518}$

Đã gửi 09-04-2021 - 22:26

$\boxed{7}$ Chứng minh với mọi tam giác ABC, ta có:

$a)$ $sin$ $A$ + $sin$ $B$ + $sin$ $C$ $\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

$b)$ $tan$ $A$ + $tan$ $B$ + $tan$ $C$ $\geq$ $3\sqrt{3}$   (góc$A,B,C$ nhọn)

Chắc như thế này:

a) Xét hàm số $y=f(x)=sinx,x\in(0;\pi)$. Ta có $f''(x)=-sinx\leq 0,\forall x\in(0;\pi)$ nên f(x) lõm trên $(0;\pi)$.

Do đó theo bất đẳng thức Jensen thì $sinA+sinB+sinC=f(A)+f(B)+f(C)\leq 3f(\frac{A+B+C}{3})=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. (đpcm)

b) Xét hàm số $y=f(x)=tanx,x\in(0;\frac{\pi}{2})$. Ta có $f''(x)=\frac{2tanx}{cos^2x}\geq 0,\forall x\in(0;\frac{\pi}{2})$ nên f(x) lồi trên $(0;\frac{\pi}{2})$.

Do đó theo bất đẳng thức Jensen thì $tanA+tanB+tanC=f(A)+f(B)+f(C)\geq 3f(\frac{A+B+C}{3})=3\sqrt{3}$. (đpcm)



#22 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 190 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 09-04-2021 - 23:01

Chắc như thế này:

a) Xét hàm số $y=f(x)=sinx,x\in(0;\pi)$. Ta có $f''(x)=-sinx\leq 0,\forall x\in(0;\pi)$ nên f(x) lõm trên $(0;\pi)$.

Do đó theo bất đẳng thức Jensen thì $sinA+sinB+sinC=f(A)+f(B)+f(C)\leq 3f(\frac{A+B+C}{3})=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. (đpcm)

b) Xét hàm số $y=f(x)=tanx,x\in(0;\frac{\pi}{2})$. Ta có $f''(x)=\frac{2tanx}{cos^2x}\geq 0,\forall x\in(0;\frac{\pi}{2})$ nên f(x) lồi trên $(0;\frac{\pi}{2})$.

Do đó theo bất đẳng thức Jensen thì $tanA+tanB+tanC=f(A)+f(B)+f(C)\geq 3f(\frac{A+B+C}{3})=3\sqrt{3}$. (đpcm)

 

Chính xác rồi đây. Nếu được ta có thể làm bài 5 theo Jensen tư tưởng cũng như bài trên. Bây giờ là bài số 8:

 

$\boxed{8}$ Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c= \sqrt{5}$. Chứng minh rằng:

$$(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2) \leq \sqrt{5}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 09-04-2021 - 23:07


#23 Syndycate

Syndycate

    Binh nhì

  • Điều hành viên THCS
  • 11 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-04-2021 - 23:56

Mình xin phép góp 2 bài nữa cho topic:

$\boxed{9}$ Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 1$. Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2+7(ab+bc+ca)\geq \sqrt{8(a+b)(b+c)(c+a)}$$

$\boxed{10}$ Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4.$ Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2+5abc\geq 8$$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 09-04-2021 - 23:59


#24 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 10-04-2021 - 08:59

Bài làm đi đúng hướng nên tất nhiên đáp án cũng chính xác. Bây giờ là bài số 7, bây giờ ta sẽ khởi động nhẹ với những bài bất đẳng thức lượng giác. Nếu sử dụng Jensen và chứng minh đây đủ được 2 điểm, những cách làm đơn thuần được 1 điểm.

 

$\boxed{7}$ Chứng minh với mọi tam giác ABC, ta có:

$a)$ $sin$ $A$ + $sin$ $B$ + $sin$ $C$ $\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$

$b)$ $tan$ $A$ + $tan$ $B$ + $tan$ $C$ $\geq$ $3\sqrt{3}$   (góc$A,B,C$ nhọn)

Lời giải: 

Sr em tưởng chưa có lời giải  :(  :(  :(

Hình gửi kèm

  • 10_04_2021bđt.PNG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 10-04-2021 - 09:18


#25 12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:Số học
    Hình học

Đã gửi 10-04-2021 - 09:15

Mình xin phép góp 2 bài nữa cho topic:

$\boxed{9}$ Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 1$. Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2+7(ab+bc+ca)\geq \sqrt{8(a+b)(b+c)(c+a)}$$

$\boxed{10}$ Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4.$ Chứng minh rằng:
$$a^2+b^2+c^2+5abc\geq 8$$

 

$\boxed{10}$:

Sr vì em không biết đánh Latex  :(  :(  :(  

Hình gửi kèm

  • 10_04_2021bđt2.PNG


#26 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, HÌNH HỌC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức, Hình học), Bayern Munich, Lewandowski, Aphonso Davies, Gnabry, Kimmich, Neuer

Đã gửi 10-04-2021 - 10:06

Mình xin phép góp 2 bài nữa cho topic:

$\boxed{10}$ Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4.$ Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2+5abc\geq 8$$
 

Bài này thì k = 5 là hằng số tốt nhất sao cho với điều kiện a,b,c, không âm và $ab+bc+ca+abc=4$ thì $a^2+b^2+c^2+kabc\geqslant  3+k$


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

 

 

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

 

 

 


#27 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 190 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 10-04-2021 - 10:27

*Chú ý: Bài 9 và 10 mang tính chất luyện tập. Còn bài thi đang là bài số 8 nhé
@Update by pcoVietnam02

#28 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 195 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:$\boxed{518}$

Đã gửi 10-04-2021 - 12:07

$\boxed{8}$ Cho $a,b,c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c= \sqrt{5}$. Chứng minh rằng:

$$(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2) \leq \sqrt{5}$$

Không mất tính tổng quát giả sử a = max{a, b, c}.

+) Nếu $a\geq b\geq c$ thì $(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)\leq 0<\sqrt{5}$.

+) Nếu $a\geq c\geq b$ thì $a^2-b^2\geq 0;c^2-b^2\geq 0;a^2-c^2\geq 0$.

Ta có $(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)\leq (a^2-c^2)c^2a^2\leq\sqrt{5}(a-c)a^2c^2=\sqrt{5}(a-c).\frac{\sqrt{5}-1}{2}a.\frac{\sqrt{5}-1}{2}a.\frac{\sqrt{5}+1}{2}c.\frac{\sqrt{5}+1}{2}c\leq \sqrt{5}.\frac{(a-c+\frac{\sqrt{5}-1}{2}a+\frac{\sqrt{5}-1}{2}a+\frac{\sqrt{5}+1}{2}c+\frac{\sqrt{5}+1}{2}c)^5}{5^5}\leq\sqrt{5}$. (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 10-04-2021 - 12:09


#29 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 190 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 10-04-2021 - 12:29

Đúng rồi đấy. Ta sẽ tiếp tục với bài số 11:

$\boxed{11}$ Chứng minh rằng nếu $a,b,c \geq 0$ và $a+b+c=3$ thì
$$(ab^3+bc^3+ca^3)^2(ab+bc+ca)^2 \leq 256$$
@Update: Lời giải và đề bài câu 12 sẽ có sau 9h tối nay

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 12-04-2021 - 20:06


#30 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 190 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 10-04-2021 - 21:21

$\boxed{9}$ Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq 1$. Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2+7(ab+bc+ca)\geq \sqrt{8(a+b)(b+c)(c+a)}$$

 

$$VT=\sum\left[ 2a(b+c)+(a+b)(a+c)\right] \ge \sum 2\sqrt{2a(a+b)(b+c)(c+a)}=\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)\sqrt{8(a+b)(b+c)(c+a)}\ge VP$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 10-04-2021 - 21:22


#31 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, HÌNH HỌC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức, Hình học), Bayern Munich, Lewandowski, Aphonso Davies, Gnabry, Kimmich, Neuer

Đã gửi 11-04-2021 - 07:47

$\boxed{7}$ Chứng minh với mọi tam giác ABC, ta có:

$a)$ $sin$ $A$ + $sin$ $B$ + $sin$ $C$ $\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}$$

Xin góp một cách nho nhỏ cho cuộc thi! Dùng kĩ thuật hệ số bất định U.C.T! :D

Xét hàm số $f(x)=sin x$, ta có $f'(x) = cosx\Rightarrow f''(x)=-sinx<0$ với mọi $x$ thuộc $(0,\pi )$ nên $f(x)$ là hàm khả vi bậc 2 và lõm trên khoảng $(0,\pi )$ $\Rightarrow f(x)\leqslant f'(x)(x-\frac{\pi }{3})+f(\frac{\pi }{3})=\frac{3}{2}(x-\frac{\pi }{3})+\frac{\sqrt{3}}{2}$ 

Áp dụng bất đẳng thức trên, ta được:  $sinA+sinB+sinC\leqslant \frac{3}{2}(A+B+C-\pi ) +\frac{3\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}(Q.E.D)$

Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 11-04-2021 - 08:01

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

 

 

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

 

 

 


#32 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 190 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 12-04-2021 - 22:17

$\boxed{11}$ Ta sẽ sử dụng cách làm như sau:

Đầu tiên ta thấy dấu bằng xảy ra khi $(a,b,c)=(0;1;2)$ và các hoán vị của chúng.

Hơn nữa ta lại có đẳng thức từ $a=0, b=1, c=2$ như sau:

$$\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}=(ab+bc+ca)^2$$

Từ đó ta sử dụng bất đẳng thức AM-GM như sau:

$VT=4 (\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}) ^2 .(ab+bc+ca)^2$

$\leq  4 [\frac{\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}+\frac{ab^3+bc^3+ca^3}{2}+(ab+bc+ca)^2}{3}]^3$

$=\frac{4}{27} [ab^3+bc^3+ca^3+ (ab+bc+ca)^2]^3$

Sau khi sử dụng $AM-GM$ ta sẽ đưa về kết quả có vẻ gọn hơn:

$$ab^3+bc^3+ca^3+(ab+bc+ca)^2 \leq 12$$

Mà ta lại có $ab^3+bc^3+ca^3+(ab+bc+ca)^2 =(a+b+c)(ab^3+bc^3+ca^3+abc) \leq \frac{4}{27}(a+b+c)^4$ là một bất đẳng thức quen thuộc.

Thay thêm điều kiện $a+b+c = 3$ ta có đpcm.

Như vậy bài 11 chưa ai giải ra nên không tính điểm nhé. Bây giờ là bài 12 nhẹ hơn:

$\boxed{12}$ Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng:

 $$(a+b)(b+c)(c+a) \geq 4(a+b+c-1)$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 12-04-2021 - 22:33


#33 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 195 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:$\boxed{518}$

Đã gửi 12-04-2021 - 22:39

$\boxed{12}$ Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. Chứng minh rằng:

 $$(a+b)(b+c)(c+a) \geq 4(a+b+c-1)$$

Đặt a + b + c = p; ab + bc + ca = q. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $p(4-q)\leq 3$.

+) Nếu $q\geq 4$ thì $p(4-q)\leq 0<3$.

+) Nếu $q\leq 4$ thì ta có $p(4-q)\leq \frac{q^2}{3}(4-q)=\frac{(3-q)(q^2-q-3)}{3}+3\leq 3$ do $q\geq 3$.

Vậy ta có đpcm.



#34 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 190 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 13-04-2021 - 22:56

Bài tiếp theo (tạm thời cập nhật được điểm vì không nhấn được nút sửa :) ). Sau 20 bài sẽ có bản Excel thông kê lại điểm của các bạn. 

 

Đây là một bài hết sức cơ bản, nhưng luật chơi câu này sẽ khác. Bất đẳng thức này có tới 18 cách giải, nên bạn nào gửi một lần 2 cách giải (hoặc hơn) trong một lần gửi bài mới được 1 điểm nhé. 

$\boxed{13}$ Cho $\triangle ABC$ với độ dài ba cạnh $a,b,c$, và diện tích là $S$. Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S$$

 

Mục đích của bài này (cũng như là mục đích của topic) là để các bạn thể hiện tư duy đột phá. Hơn nữa bài này các cách giải của nó hội tụ hình học, đại số, lượng giác nên các bạn có thể ôn tập cả 3 mảng phần này. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 13-04-2021 - 23:06


#35 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, HÌNH HỌC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức, Hình học), Bayern Munich, Lewandowski, Aphonso Davies, Gnabry, Kimmich, Neuer

Đã gửi 14-04-2021 - 02:17

Cách 1:Ta có công thức Hê-rông: $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\frac{1}{4}\sqrt{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)(a+b+c)}\Rightarrow 16S^2=2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^4+b^4+c^4)$ (Với p là nửa chu vi tam giác)

BĐT$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geqslant 48S^2=3[2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^4+b^4+c^4)]\Leftrightarrow 2[(a^2-b^2)^2+(b^2-c^2)^2+(c^2-a^2)^2]\geqslant 0$*đúng*

Cách 2:  Đặt $a=y+z;b=z+x;c=x+y$ với $x,y,z>0$

Như vậy: $(a^2+b^2+c^2)^2=[(y+z)^2+(z+x)^2+(x+y)^2]^2\geqslant 16(xy+yz+zx)^2\geqslant 48xyz(x+y+z)=48S^2\Rightarrow Q.E.D$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 14-04-2021 - 02:51

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

 

 

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

 

 

 


#36 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, HÌNH HỌC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức, Hình học), Bayern Munich, Lewandowski, Aphonso Davies, Gnabry, Kimmich, Neuer

Đã gửi 14-04-2021 - 03:04

Bài tiếp theo (tạm thời cập nhật được điểm vì không nhấn được nút sửa :) ). Sau 20 bài sẽ có bản Excel thông kê lại điểm của các bạn. 

 

Đây là một bài hết sức cơ bản, nhưng luật chơi câu này sẽ khác. Bất đẳng thức này có tới 18 cách giải, nên bạn nào gửi một lần 2 cách giải (hoặc hơn) trong một lần gửi bài mới được 1 điểm nhé. 

$\boxed{13}$ Cho $\triangle ABC$ với độ dài ba cạnh $a,b,c$, và diện tích là $S$. Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S$$

 

Mục đích của bài này (cũng như là mục đích của topic) là để các bạn thể hiện tư duy đột phá. Hơn nữa bài này các cách giải của nó hội tụ hình học, đại số, lượng giác nên các bạn có thể ôn tập cả 3 mảng phần này. 

Cách 3:  Đặt $(a,b,c)\rightarrow (y+z,z+x,x+y)\Rightarrow p=x+y+z$

Ta có: $a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca=(y+z)(z+x)+(z+x)(x+y)+(x+y)(y+z)\geqslant \sqrt{3(x+y)(y+z)(z+x)[(x+y)+(y+z)+(z+x)]}\geqslant \sqrt{3.2\sqrt{xy}.2\sqrt{yz}.2\sqrt{zx}.2(x+y+z)}=\sqrt{48xyz(x+y+z)}=4\sqrt{3}S$

Cách 4: Sử dụng chính bài toán đã có trong MARATHON: $sinA+sinB+sinC\leqslant \frac{3\sqrt{3}}{2}$

Dễ có: $a^2+b^2+c^2\geqslant ab+bc+ca=2S(\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC})\geqslant 2S.\frac{9}{sinA+sinB+sinC}\geqslant 4\sqrt{3}S$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 14-04-2021 - 03:05

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 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, HÌNH HỌC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức, Hình học), Bayern Munich, Lewandowski, Aphonso Davies, Gnabry, Kimmich, Neuer

Đã gửi 14-04-2021 - 11:01

Bài tiếp theo (tạm thời cập nhật được điểm vì không nhấn được nút sửa :) ). Sau 20 bài sẽ có bản Excel thông kê lại điểm của các bạn. 

 

Đây là một bài hết sức cơ bản, nhưng luật chơi câu này sẽ khác. Bất đẳng thức này có tới 18 cách giải, nên bạn nào gửi một lần 2 cách giải (hoặc hơn) trong một lần gửi bài mới được 1 điểm nhé. 

$\boxed{13}$ Cho $\triangle ABC$ với độ dài ba cạnh $a,b,c$, và diện tích là $S$. Chứng minh rằng:

$$a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S$$

 

Mục đích của bài này (cũng như là mục đích của topic) là để các bạn thể hiện tư duy đột phá. Hơn nữa bài này các cách giải của nó hội tụ hình học, đại số, lượng giác nên các bạn có thể ôn tập cả 3 mảng phần này. 

Cách 5: Ta có: $S^2=p(p-a)(p-b)(p-c)=p\sqrt{(p-a)(p-b)}\sqrt{(p-b)(p-c)}\sqrt{(p-c)(p-a)}\leqslant p.\frac{2p-a-b}{2}.\frac{2p-b-c}{2}.\frac{2p-c-a}{2}=\frac{p}{8}.abc\leqslant \frac{p}{8}.\frac{(a+b+c)^3}{27}=\frac{(a+b+c)^4}{432}\leqslant \frac{[3(a^2+b^2+c^2)]^2}{432}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{48}\Rightarrow Q.E.D$ (p là nửa chu vi tam giác)

Cách 6: Ta có: $a^2+b^2+c^2-4\sqrt{3}S=2(a-b)^2+4ab[1-cos(C+\frac{\pi }{3})]\geqslant 0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 14-04-2021 - 11:11

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

 

 

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

 

 

 


#38 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, HÌNH HỌC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức, Hình học), Bayern Munich, Lewandowski, Aphonso Davies, Gnabry, Kimmich, Neuer

Đã gửi 14-04-2021 - 11:18

Mình sẽ bổ sung cho MARATHON một bài cũng khá giống giống bài này nhưng mạnh hơn, mình cũng từng làm rồi.

$\boxed{14}$Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh $a, b,c$ có diện tích S. Chứng minh rằng: $a^2+b^2+c^2\geqslant 4\sqrt{3}S+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

Còn về phần bài $\boxed{13}$ thì mình đưa trước 6 cách, mình sẽ nghĩ và cố gắng tìm thêm.


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

 

 

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

 

 

 


#39 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, HÌNH HỌC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức, Hình học), Bayern Munich, Lewandowski, Aphonso Davies, Gnabry, Kimmich, Neuer

Đã gửi 14-04-2021 - 11:53

Cách 7: Ta dễ chứng minh: $cotA+cotB+cotC\geqslant \sqrt{3}$

Áp dụng định lý Côsin: 

$a^2=b^2+c^2-2bccosA=b^2+c^2-4ScotA$

$b^2=c^2+a^2-2cacosB=c^2+a^2-4ScotB$

$c^2=a^2+b^2-2abcosC=a^2+b^2-4ScotC$

Suy ra $a^2+b^2+c^2=4S(cotA+cotB+cotC)\geqslant 4\sqrt{3}S$


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

 

 

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

 

 

 


#40 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, HÌNH HỌC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức, Hình học), Bayern Munich, Lewandowski, Aphonso Davies, Gnabry, Kimmich, Neuer

Đã gửi 14-04-2021 - 12:04

Cách 8: Từ Cách 5: ta có: $8(p-a)(p-b)(p-c)\leqslant abc$

Ta có: $(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant (ab+bc+ca)^2\geqslant 3abc(a+b+c)\geqslant 48p(p-a)(p-b)(p-c)=48S^2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 14-04-2021 - 12:04

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

 

 

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

 

 

 






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức, marathon, cấp 2, cấp 3, imo, vmo, olympic, tuyển sinh 10

2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh