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

#41 yungazier

yungazier

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

Đã gửi 14-04-2021 - 12:59

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.

bài 14 là bđt Hadwinger-Finsler, bđt này là mở rộng của bđt trong đề thi IMO 1961 (cũng là bài 13)

Sau đây mình xin giải bài 14 như sau: BĐT trên tương đương

$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\geq 4\sqrt{3}\\ \Leftrightarrow 4S(\frac{1}{sinC}+\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sin B})-4S(cotA+cotB+cotC)\geq 4\sqrt{3}S\\ \Leftrightarrow \frac{1-cosA}{sinA}+\frac{1-cosB}{sinB}+\frac{1-cosC}{sinC}\geq \sqrt{3}\\ \Leftrightarrow tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \sqrt{3}\\$

Sử dụng đẳng thức $tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}tan\frac{A}{2}=1$ kết hợp với BĐT  $x+y+z\geq \sqrt{3(xy+yz+xz)}$, ta được

$tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \sqrt{3\sum tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}}=\sqrt{3}$.

Đó là đpcm.



#42 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 - 17:22

bài 14 là bđt Hadwinger-Finsler, bđt này là mở rộng của bđt trong đề thi IMO 1961 (cũng là bài 13)

Sau đây mình xin giải bài 14 như sau: BĐT trên tương đương

$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\geq 4\sqrt{3}\\ \Leftrightarrow 4S(\frac{1}{sinC}+\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sin B})-4S(cotA+cotB+cotC)\geq 4\sqrt{3}S\\ \Leftrightarrow \frac{1-cosA}{sinA}+\frac{1-cosB}{sinB}+\frac{1-cosC}{sinC}\geq \sqrt{3}\\ \Leftrightarrow tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \sqrt{3}\\$

Sử dụng đẳng thức $tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}tan\frac{A}{2}=1$ kết hợp với BĐT  $x+y+z\geq \sqrt{3(xy+yz+xz)}$, ta được

$tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq \sqrt{3\sum tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}}=\sqrt{3}$.

Đó là đpcm.

Bài bạn thì ok rồi! Nhưng lời giải của mình ngắn hơn.

BĐT$\Leftrightarrow [a^2-(b-c)^2]+[b^2-(c-a)^2]+[c^2-(a-b)^2]\geqslant 4\sqrt{3}S\Leftrightarrow (p-b)(p-c)+(p-c)(p-a)+(p-a)(p-b)\geqslant \sqrt{3p(p-a)(p-b)(p-c)}$ (*)

Đặt $x=p-a,y=p-b,z=p-c$ thì (*) trở thành: $xy+yz+zx\geqslant \sqrt{3xyz(x+y+z)}$. Đây là một đánh giá đúng!


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

 

 

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

 

 

 


#43 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 - 20:34

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 9: Xét tam giác ABC có $BC=a,CA=b,AB=c$. Gọi M là trung điểm của BC, AH là đường cao.

Ta dễ có: $AB^2+AC^2=2AH^2+BH^2+HC^2=2AM^2-2HM^2+BC^2-2BH.HC=2AM^2+BC^2-2HM^2-2(BM-HM)(CM+HM)=2AM^2+BC^2-2HM^2-2BM^2+2HM^2=2AM^2+\frac{BC^2}{2}$

Như vậy: $a^2+b^2+c^2\geqslant\frac{3BC^2}{2}+2AH^2\geqslant 2\sqrt{\frac{3BC^2}{2}.2AH^2}=4\sqrt{3}S$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 14-04-2021 - 20:39

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

 

 

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

 

 

 


#44 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 15-04-2021 - 16:30

Cách 10: Ta có: $4\sqrt{3}S=4\sqrt{3}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\leqslant 4\sqrt{3p}\sqrt{\frac{[(p-a)+(p-b)+(p-c)]^3}{27}}=\frac{4p^2}{3}=\frac{(a+b+c)^2}{3}\leqslant a^2+b^2+c^2$


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

 

 

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

 

 

 


#45 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 15-04-2021 - 22:24

Nhân tiện mình sẽ gửi các bạn một số mở rộng của bài 13: 

 

Mở rộng 1: $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S + (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

 

Mở rộng 2: $ab+bc+ca \geq 4\sqrt{3}S$

 

Mở rộng 3: $ab+bc+ca \geq 4\sqrt{3} + \frac{1}{2} [(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]$ 

 

Mở rộng 4: $a^{2n}+ b^{2n}+c^{2n} \geq 3 \frac{4S}{\sqrt{3}}^n + [(a-b)^{2n}+(b-c)^{2n}+(c-a)^{2n}]$ , $\forall n \in\mathbb{N}$

 

Mở rộng 5: $a^2+b^2+c^2-2(ab+bc+ca) +\frac{18abc}{a+b+c} \geq 4\sqrt{3}S$

 

Mở rộng 6: $a^{\alpha}b^{\alpha} +b^{\alpha}c^{\alpha} +c^{\alpha}a^{\alpha} \geq 4^{\alpha} \sqrt{3^{2- \alpha}}S^{\alpha} $ , $\forall \alpha \geq 1$

 

Còn một số mở rộng nữa nhưng sẽ để dành cho cuộc thi Marathon :)) 

 

 



#46 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 16-04-2021 - 11:41

Nhân tiện mình sẽ gửi các bạn một số mở rộng của bài 13: 

 

Mở rộng 1: $a^2+b^2+c^2 \geq 4\sqrt{3}S + (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2$

 

Mình đã đăng và giải trong MARATHON

 

 

Mở rộng 6: $a^{\alpha}b^{\alpha} +b^{\alpha}c^{\alpha} +c^{\alpha}a^{\alpha} \geq 4^{\alpha} \sqrt{3^{2- \alpha}}S^{\alpha} $ , $\forall \alpha \geq 1$

 

Còn một số mở rộng nữa nhưng sẽ để dành cho cuộc thi Marathon :)) 

Ta có: $ab=\frac{2S}{sinC};bc=\frac{2S}{sinA};ca=\frac{2S}{sinB}$ nên bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $(\frac{2S}{sinC})^\alpha +(\frac{2S}{sinA})^\alpha +(\frac{2S}{sinB})^\alpha \geqslant 4^\alpha \sqrt{3^{2-\alpha }}S^\alpha \Leftrightarrow \frac{1}{sin^\alpha A}+\frac{1}{sin^\alpha B}+\frac{1}{sin^\alpha C}\geqslant 2^a\sqrt{3^{2-a}}$

Bất đẳng thức cuối luôn đúng, thật vậy: $\frac{1}{sin^\alpha A}+\frac{1}{sin^\alpha B}+\frac{1}{sin^\alpha C}\geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{(sinAsinBsinC)^\alpha }}\geqslant \frac{3}{(\frac{sinA+sinB+sinC}{3})^\alpha }\geqslant \frac{3}{(\frac{\sqrt{3}}{2})^\alpha }=\frac{3.2^\alpha }{\sqrt{3^\alpha}}=2^\alpha \sqrt{3^{2-\alpha }}$

Việc chứng minh mở rộng 6 đồng nghĩa với việc mở rộng 2 cũng được giải quyết


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 16-04-2021 - 11:45

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

 

 

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

 

 

 


#47 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 17-04-2021 - 22:19

Oke, bây giờ là bài tiếp theo cho cuộc thi này nhé (một bài khởi động nhẹ trước khi vào những bài căng não): 

$\boxed{15}$ Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa $ab+bc+ca=11$. Chứng minh rằng 

$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq 100$$



#48 DBS

DBS

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 161 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:Bất đẳng thức, phương trình vô tỷ

Đã gửi 18-04-2021 - 10:39

$\boxed{15}$ Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa $ab+bc+ca=11$. Chứng minh rằng 

$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq 100$$

Nhận thấy rằng: $100=10^2=(ab+bc+ca-1)^2$.

Vậy từ đó ta đưa về chứng minh bất đẳng thức sau: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq (ab+bc+ca-1)^2$.

Ta còn có được đẳng thức sau:

$(b^2+1)(c^2+1)=b^2c^2+b^2+c^2+1=(bc-1)^2+(b+c)^2$.

Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)=(a^2+1)[(b+c)^2+(bc-1)^2] \geq [a(b+c)+(bc-1)]^2=(ab+bc+ca-1)^2$.

Chứng minh hoàn tất!



#49 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 18-04-2021 - 10:42

Oke, bây giờ là bài tiếp theo cho cuộc thi này nhé (một bài khởi động nhẹ trước khi vào những bài căng não): 

$\boxed{15}$ Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa $ab+bc+ca=11$. Chứng minh rằng 

$$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq 100$$

Ta quy BĐT về chứng minh: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geqslant (ab+bc+ca-1)^2$ (Đây là BĐT quen thuộc)

Ta có: $(a^2+b^2)(x^2+y^2)-(ax+by)^2=(bx-ay)^2\geqslant 0\Rightarrow (a^2+b^2)(x^2+y^2)\geqslant (ax+by)^2$

Áp dụng, ta được:$(ab+bc+ca-1)^2=[a(b+c)+(bc-1)]^2\leqslant (a^2+1)[(b+c)^2+(bc-1)^2]=(a^2+1)(b^2+c^2+b^2c^2+1)=(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)$ 

Đẳng thức xảy ra khi $a^2(bc-1)^2=(b+c)^2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 18-04-2021 - 10:59

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

 

 

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

 

 

 


#50 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 18-04-2021 - 10:45

Nhận thấy rằng: $100=10^2=(ab+bc+ca-1)^2$.

Vậy từ đó ta đưa về chứng minh bất đẳng thức sau: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \geq (ab+bc+ca-1)^2$.

Ta còn có được đẳng thức sau:

$(b^2+1)(c^2+1)=b^2c^2+b^2+c^2+1=(bc-1)^2+(b+c)^2$.

Từ đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có:

$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)=(a^2+1)[(b+c)^2+(bc-1)^2] \geq [a(b+c)+(bc-1)]^2=(ab+bc+ca-1)^2$.

Chứng minh hoàn tất!

Ồ, bạn DBS đã giải trước rồi à, nó không cập nhật cho mình biết trong thời gian theo dõi MARATHON,  :icon6:


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

 

 

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

 

 

 


#51 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 22-04-2021 - 15:39

Xin chào đã lâu không ra bài mới Marathon vì hơi bận, một chút update là bạn có thể xem điểm của mình ở đây. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo:

$\boxed{15}$ Cho các số thực $x,y$ sao cho $x \neq -y$. Chứng minh rằng:

$$x^2+y^2+(\frac{1+xy}{x+y})^2 \geq 2$$



#52 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 22-04-2021 - 15:43

Xin chào đã lâu không ra bài mới Marathon vì hơi bận, một chút update là bạn có thể xem điểm của mình ở đây. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo:

$\boxed{15}$ Cho các số thực $x,y$ sao cho $x \neq -y$. Chứng minh rằng:

$$x^2+y^2+(\frac{1+xy}{x+y})^2 \geq 2$$

$VT-VP=\frac{(x^2+xy+y^2-1)^2}{(x+y)^2}\geqslant 0$


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

 

 

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

 

 

 


#53 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 22-04-2021 - 15:50

$VT-VP=\frac{(x^2+xy+y^2-1)^2}{(x+y)^2}\geqslant 0$

 

Chính xác. Bây giờ là bài số 16:

$\boxed{16}$ Cho $x,y,z,t \in \mathbb{R}$ thỏa $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2 \leq 1\\z^2+t^2\leq 1 \end{matrix}\right.$:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P= \sqrt{(x+z)^2+(y+t)^2} + \sqrt{(x-z)^2+(y-t)^2}$$



#54 Hoang72

Hoang72

    Trung sĩ

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

Đã gửi 22-04-2021 - 19:02

Chính xác. Bây giờ là bài số 16:

$\boxed{16}$ Cho $x,y,z,t \in \mathbb{R}$ thỏa $\left\{\begin{matrix} x^2+y^2 \leq 1\\z^2+t^2\leq 1 \end{matrix}\right.$:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $$P= \sqrt{(x+z)^2+(y+t)^2} + \sqrt{(x-z)^2+(y-t)^2}$$

$P^2=2(x^2+y^2+z^2+t^2)+2\sqrt{(x^2+y^2+z^2+t^2)^2-4(xz+yt)^2}\leq 4(x^2+y^2+z^2+t^2)\leq 8\Rightarrow P\leq 2\sqrt{2}$.

Dấu "=" xảy ra khi, chẳng hạn x = 1; y = 0; z = 0; t = 1.

Vậy Max P = $2\sqrt{2}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 22-04-2021 - 22:41


#55 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 22-04-2021 - 21:57

Trước khi có bài tiếp theo thì có bạn nào sử dụng Jensen để giải bài này không?



#56 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 24-04-2021 - 22:26

Bài tiếp theo nhé: 

$\boxed{17}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: 

$$\frac{x}{\sqrt{\sqrt[4]{y}+\sqrt[4]{z}}}+\frac{y}{\sqrt{\sqrt[4]{z}+\sqrt[4]{x}}}+\frac{z}{\sqrt{\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{y}}}\geq \frac{\sqrt[4]{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^7}}{\sqrt{2\sqrt{27}}}$$



#57 ChiMiwhh

ChiMiwhh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học Huế

Đã gửi 24-04-2021 - 23:05

Bài tiếp theo nhé: 

$\boxed{17}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: 

$$\frac{x}{\sqrt{\sqrt[4]{y}+\sqrt[4]{z}}}+\frac{y}{\sqrt{\sqrt[4]{z}+\sqrt[4]{x}}}+\frac{z}{\sqrt{\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{y}}}\geq \frac{\sqrt[4]{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^7}}{\sqrt{2\sqrt{27}}}$$

Đổi biến $(\sqrt[4]{x},\sqrt[4]{y}\sqrt[4]{z})=(a,b,c)$

Hay cần CM

$\sum_{cyc} \frac{a^4}{\sqrt{b+c}}\geq \frac{\sqrt[4]{(a^2+b^2+c^2)^7}}{\sqrt{2\sqrt{27}}}$

Áp dụng titu lemma, ta có

$LHS\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum_{cyc} \sqrt{b+c}}$

Đặt $B=\sum_{cyc} \sqrt{b+c}$

Cần CM $B\leq \sqrt{2\sqrt{27}}.\sqrt[4]{(a^2+b^2+c^2)}$

Áp dụng C-S và $a+b+c\leq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2}$ là xong

xảy ra khi $a=b=c$



#58 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 05-05-2021 - 16:30

Chính xác nhé. Chúng ta cùng tiếp tục cuộc thi, đây sẽ là một câu hỏi khá thách thức, có liên quan đến lượng giác: 

$\boxed{18}$ (3 điểm):

  Giả sử $\alpha$ và $\beta$ là 2 nghiệm thực phân biệt của phương trình $4x^2-4tx-1=0$ ($t \in\mathbb{R}$). $[\alpha, \beta]$ là tập xác định của hàm số $f(x)= \frac{2x-t}{x^2+1}$. 

  (1) Tình giá trị của $g(t)=$ $max$ $f(x) - $ $min$ $f(x)$

  (2) Chứng minh rằng với $u_{i} \in (0,\frac{\pi}{2})$ ,($i=1,2,3$), nếu $sin$ $u_{1}+ $ $sin$ $u_{2}+ $ $sin$ $u_{3} =1$, thì 

$$\frac{1}{g(tan (u_{1}))}+\frac{1}{g(tan (u_{2}))}+\frac{1}{g(tan (u_{3}))} < \frac{3}{4}\sqrt{6}$$



#59 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 17-05-2021 - 22:47

Spoil đáp án nhé.

$\boxed{18}$ (Xiong Bin) 

(1) Đặt $\alpha \leq x_{1} \leq x_{2} \leq \beta$, suy ra 

$$4x_{1}^2-4tx_{1}-1 \leq 0, 4x_{2}^2-4tx_{2}-1 \leq 0$$

Do đó,

$$4(x_{1}^2+x_{2}^2)-4t(x_{1}+x_{2})-2 \leq 0$$

$$\Rightarrow 2x_{1}x_{2}-t(x_{1}+x_{2})-\frac{1}{2}<0$$

Mà ta lại có $f(x_{2})-f(x_{1})=\frac{2x_{2}-t}{x_{2}^2+1}-\frac{2x_{1}-t}{x_{1}^2+1}=\frac{(x_{2}-x_{1})[t(x_{1}+x_{2})-2x_{1}x_{2}+2]}{(x_{2}^2+1)(x_{1}^2+1)}$

và $t(x_{1}+x_{2})-2x_{1}x_{2}+2>t(x_{1}+x_{2})-2x_{1}x_{2}+\frac{1}{2}>0$, suy ra

$f(x_{2})-f(x_{1})>0$

Do đó, $f(x)$ là hàm tăng trong khoảng $[\alpha,\beta]$.

Vì $\alpha +\beta =t$ và $\alpha \beta =\frac{-1}{4}$, 

$$g(t)=maxf(x)-min(x)=f(\beta)-f(\alpha)$$

$$=\frac{\sqrt{t^2+1}(t^2+\frac{5}{2})}{t^2+\frac{25}{16}}=\frac{8\sqrt{t^2+1}(2t^2+5)}{16t^2+25}$$

(2) $g(tan(u_{i}))=\frac{\frac{8}{cosu_{i}}(\frac{2}{cos^2u_{i}}+3)}{\frac{16}{cosu_{i}}+9}=\frac{\frac{16}{cosu_{i}}+24cosu_{i}}{16+9cos^2u_{i}}\geq \frac{2\sqrt{16\times 24}}{16+9cos^2u_{i}}(i=1,2,3)$

Suy ra $\sum_{i=1}^{3}\frac{1}{g(tan(u_{i}))}\leq \frac{1}{16\sqrt{6}}\sum_{i=1}^{3}(16+9cos^2u_{i})=\frac{1}{16\sqrt{6}}(16\times 3+9\times 3-9\sum_{i=1}^{3}sin^2u_{i}).$

Vì $\sum_{i=1}^{3}sinu_{i}=1$, và $u_{i}\in (0,\frac{\pi}{2}), i=1,2,3$, ta có 

$3\sum_{i=1}^{3}sin^2u_{i}>(\sum_{i=1}^{3}sinu_{i})^2=1$

Vì vậy $\sum_{i=1}^{3}\frac{1}{g(tan(u_{i}))}<\frac{1}{16\sqrt{6}}(75-9\times \frac{1}{3})=\frac{3}{4}\sqrt{6}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 17-05-2021 - 22:50


#60 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 17-05-2021 - 22:49

Bài tiếp theo đánh dấu 100 posts :wub:
$\boxed{19}$ [Võ Quốc Bá Cẩn] Cho các số thực phân biệt $a,b,c$. Chứng minh rằng
$$\frac{(1-a^2)(1-b^2)}{(a-b)^2}+\frac{(1-b^2)(1-c^2)}{(b-c)^2}+\frac{(1-c^2)(1-a^2)}{(c-a)^2} \geq -1$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 17-05-2021 - 23:13






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

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh