Đến nội dung


Hình ảnh

[TOPIC] BẤT ĐẲNG THỨC

bất đẳng thức và cực trị

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 56 trả lời

#41 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 19-04-2021 - 11:41

Bài 48: Cho $a,b,c$ thỏa mãn $1\leqslant a\leqslant b\leqslant c\leqslant 2$. Chứng minh rằng: $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\leqslant 10$

Vì $1\leqslant a\leqslant b\leqslant c\leqslant 2$ nên $\frac{a}{b}\leqslant 1,\frac{b}{c}\leqslant 1,\frac{c}{b}\geqslant 1,\frac{b}{a}\geqslant 1\Rightarrow (\frac{a}{b}-1)(\frac{b}{c}-1)+(\frac{c}{b}-1)(\frac{b}{a}-1)\geqslant 0\Rightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\leqslant \frac{a}{c}+\frac{c}{a}+2$

Cũng do $1\leqslant a\leqslant b\leqslant c\leqslant 2$ nên $\frac{a}{c}\geqslant \frac{1}{2},\frac{a}{c}<2\Rightarrow (2-\frac{a}{c})(\frac{1}{2}-\frac{a}{c})\leqslant 0\Rightarrow \frac{a}{c}+\frac{c}{a}\leqslant \frac{5}{2}$

Như vậy: $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=3+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}\leqslant 5+2(\frac{a}{c}+\frac{c}{a})\leqslant 10(Q.E.D)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 19-04-2021 - 11:49

$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#42 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 19-04-2021 - 11:56

Không biết có trùng hợp hay không nhưng bài này cũng đồng thời xuất hiện trong bài $\boxed{15}$ ở MARATHON Bất đẳng thức của anh Long

Mình xin nêu tiếp cho Topic bài 51 do mình tự sáng tác (tất nhiên là mình sẽ giải sau 2 ngày, mong là không có gì sai sót :D )

$\boxed{51}$Cho $a,b,c,d$ là các số dương thỏa mãn $abcd\leqslant 1$. Chứng minh rằng: $(a+b+c+d)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})\geqslant 3a\sqrt[3]{a}+3b\sqrt[3]{b}+3c\sqrt[3]{c}+3d\sqrt[3]{d}+4$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy: $(a+b+c+d)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})=a(\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d})+b(\frac{1}{c}+\frac{1}{d}+\frac{1}{a})+c(\frac{1}{d}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b})+d(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+4\geqslant \frac{3a}{\sqrt[3]{bcd}}+\frac{3b}{\sqrt[3]{cda}}+\frac{3c}{\sqrt[3]{dab}}+\frac{3d}{\sqrt[3]{abc}}+4=\frac{3a\sqrt[3]{a}+3b\sqrt[3]{b}+3c\sqrt[3]{c}+3d\sqrt[3]{d}}{\sqrt[3]{abcd}}+4\geqslant 3a\sqrt[3]{a}+3b\sqrt[3]{b}+3c\sqrt[3]{c}+3d\sqrt[3]{d}+4(Q.E.D)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1$


$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#43 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 19-04-2021 - 18:36

$\boxed{52}$Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $3\leqslant x+y+z\leqslant 6$. Chứng minh rằng: $\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}+\sqrt{1+z}\geqslant \sqrt{xy+yz+zx+15}$


$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#44 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 19-04-2021 - 19:15

Bài 6: Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng: $(a+b+c)(\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab})\leqslant \frac{9}{4}$ 

Chưa ai giải bài này và có một bạn hỏi nên mình xin gửi sol. Bài này mình nhớ là trong đề Archimedes Lớp 8 năm 2019. :D

Ta có: $\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab}=\frac{a}{a^2+abc}+\frac{b}{b^2+abc}+\frac{c}{c^2+abc}=\frac{a}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{b}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{c}{c^2+ab+bc+ca}$

$\Rightarrow (a+b+c)(\frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab})=\frac{a^2+ab+ac}{a^2+ab+bc+ca}+\frac{b^2+bc+ba}{b^2+ab+bc+ca}+\frac{c^2+ca+cb}{c^2+ab+bc+ca}=(1-\frac{bc}{(a+b)(a+c)})+(1-\frac{ca}{(b+c)(b+a)})+(1-\frac{ab}{(c+a)(c+b)})$

Như vậy, ta cần chứng minh: $\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)})+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\geqslant \frac{3}{4}(*)$ 

Từ giả thiết suy ra $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$

Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)$ thì $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$

Bất đẳng thức $(*)$ trở thành: $\frac{x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{z^2}{(z+x)(z+y)}\geqslant \frac{3}{4}$

Áp dụng Cauchy: $\frac{x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{9}{16}(x+y)(x+z)\geqslant \frac{3}{2}x$

Tương tự ta có: $\frac{y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{9}{16}(y+z)(y+x)\geqslant \frac{3}{2}y$; $\frac{z^2}{(z+x)(z+y)}+\frac{9}{16}(z+x)(z+y)\geqslant \frac{3}{2}z$

Cộng theo vế ba bất đẳng thức trên, ta được: $\frac{x^2}{(x+y)(x+z)}+\frac{y^2}{(y+z)(y+x)}+\frac{z^2}{(z+x)(z+y)}\geqslant\frac{3}{2}(x+y+z)-\frac{9}{16}[(x+y+z)^2+xy+yz+zx]\geqslant\frac{3}{2}(x+y+z)-\frac{9}{16}[(x+y+z)^2+\frac{(x+y+z)^2}{3}]=\frac{3}{4}(Q.E.D)$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{1}{3}$ hay $a=b=c=3$


$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#45 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 20-04-2021 - 05:42

Bài toán cho học sinh lớp 8

$\boxed{53}$Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $|x+y+z|\leqslant 1,|x-y+z|\leqslant 1,|z|\leqslant 1$. Tìm giá trị lớn nhất của $M=\frac{8}{3}x^2+y^2$


$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#46 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 20-04-2021 - 12:13

Bài 5:  Với a, b, c không âm. CMR: $25(a^2+b^2+c^2)+54abc+36\geqslant 6(a+b+c)+49(ab+bc+ca)$  

Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số $a-1,b-1,c-1$ tồn tại ít nhất hai số cùng dấu. Giả sử là $b-1$ và $c-1$ thì $a(b-1)(c-1)\geqslant 0\Rightarrow abc\geqslant ab+ac-a$

Xét $25(a^2+b^2+c^2)+54abc+36- 6(a+b+c)-49(ab+bc+ca)\geqslant 25(a^2+b^2+c^2)+54(ab+ac-a)+36- 6(a+b+c)-49(ab+bc+ca)=25(a^2+b^2+c^2)+5a(b+c)-49bc+36-60a-6(b+c)\geqslant 25a^2+\frac{25}{2}(b+c)^2+5a(b+c)-\frac{49}{4}(b+c)^2+36-60a-6(b+c)=(5a+\frac{b+c}{2})^2-2.6(5a+\frac{b+c}{2})+36=(5a+\frac{b+c}{2}-6)^2\geqslant 0$

Vậy $25(a^2+b^2+c^2)+54abc+36\geqslant 6(a+b+c)+49(ab+bc+ca)(Q.E.D)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=0;b=c=6$ và các hoán vị.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 20-04-2021 - 12:15

$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#47 PDF

PDF

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 48 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 21-04-2021 - 09:50

$\boxed{52}$Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa mãn $3\leqslant x+y+z\leqslant 6$. Chứng minh rằng: $\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}+\sqrt{1+z}\geqslant \sqrt{xy+yz+zx+15}$

Phản ví dụ: $x=3,y=z=1$.

Edited: Nhầm :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 21-04-2021 - 09:53


#48 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 21-04-2021 - 18:54

Bài toán cho học sinh lớp 8

$\boxed{53}$Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $|x+y+z|\leqslant 1,|x-y+z|\leqslant 1,|z|\leqslant 1$. Tìm giá trị lớn nhất của $M=\frac{8}{3}x^2+y^2$

Chém câu tép riêu này trước, còn câu $\boxed{52}$ để sau.

Từ giả thiết, ta có: $-1\leqslant x+y+z\leqslant 1;-1\leqslant x-y+z\leqslant 1;-1\leqslant z\leqslant 1$

Trừ hai vế của hai bất đẳng thức ngược chiều là $-1\leqslant x+y+z\leqslant 1$ và $-1\leqslant z\leqslant 1$, ta được: $-2\leqslant x+y\leqslant 2\Rightarrow (x+y)^2\leqslant 4$

Tương tự: $(x-y)^2\leqslant 4$

$\Rightarrow (x+y)^2+(x-y)^2\leqslant 8\Leftrightarrow x^2+y^2\leqslant 4$

Từ đó: $M=\frac{8}{3}(x^2+y^2)-\frac{5}{3}y^2\leqslant \frac{8}{3}(x^2+y^2)\leqslant \frac{32}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi chẳng hạn $x=2;y=0;z=-1$


$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#49 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 24-04-2021 - 06:30

Dạo gần đây, mình lo tập trung phát triển Box Hình học THCS nên không có thời gian quan tâm đến bất đẳng thức nói chung cũng như TOPIC của mình nói chung. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo, các bạn cùng thảo luận:

$\boxed{54}$ Cho các số thực $a,b,c$ không âm thỏa mãn $\frac{a}{b+c}\geqslant 2$. Chứng minh rằng: $(ab+bc+ca)[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}]\geqslant \frac{49}{18}$ 


$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#50 PDF

PDF

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 48 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-04-2021 - 10:32

Dạo gần đây, mình lo tập trung phát triển Box Hình học THCS nên không có thời gian quan tâm đến bất đẳng thức nói chung cũng như TOPIC của mình nói chung. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo, các bạn cùng thảo luận:

$\boxed{54}$ Cho các số thực $a,b,c$ không âm thỏa mãn $\frac{a}{b+c}\geqslant 2$. Chứng minh rằng: $(ab+bc+ca)[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}]\geqslant \frac{49}{18}$ 

Ta có bất đẳng thức mạnh hơn như sau:

Với mọi số nguyên không âm phân biệt $a,b,c$, ta có

$$\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}+\frac{1}{(a-b)^{2}}\geq \frac{4}{bc+ca+ab}.$$

Không mất tính tổng quát, giả sử $c$ là số nhỏ nhất trong ba số.

Khi đó $$VT\geq \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{(a-b)^{2}}=\frac{2}{ab}+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}b^{2}}+\frac{1}{(a-b)^{2}}\geq \frac{4}{ab}\geq \frac{4}{bc+ca+ab}.$$

Đẳng thức xảy ra tại bộ $(1+\sqrt{5},-1+\sqrt{5},0)$ và các hoán vị tương ứng. $\square$



#51 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 24-04-2021 - 10:36

Ta có bất đẳng thức mạnh hơn như sau:

Với mọi số nguyên không âm phân biệt $a,b,c$, ta có

$$\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}}+\frac{1}{(a-b)^{2}}\geq \frac{4}{bc+ca+ab}.$$

Không mất tính tổng quát, giả sử $c$ là số nhỏ nhất trong ba số.

Khi đó $$VT\geq \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{(a-b)^{2}}=\frac{2}{ab}+\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}b^{2}}+\frac{1}{(a-b)^{2}}\geq \frac{4}{ab}\geq \frac{4}{bc+ca+ab}.$$

Đẳng thức xảy ra tại bộ $(1+\sqrt{5},-1+\sqrt{5},0)$ và các hoán vị tương ứng. $\square$

 

Dạo gần đây, mình lo tập trung phát triển Box Hình học THCS nên không có thời gian quan tâm đến bất đẳng thức nói chung cũng như TOPIC của mình nói chung. Bây giờ sẽ là bài tiếp theo, các bạn cùng thảo luận:

$\boxed{54}$ Cho các số thực $a,b,c$ không âm thỏa mãn $\frac{a}{b+c}\geqslant 2$. Chứng minh rằng: $(ab+bc+ca)[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}]\geqslant \frac{49}{18}$ 

Bài toán tổng quát: $(ab+bc+ca)[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}]\geqslant \frac{49}{18}+k(\frac{a}{b+c}-2)$


$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#52 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 24-04-2021 - 11:22

$\boxed{55}$ Cho các số $a,b,c$ thỏa mãn $0\leqslant a,b,c\leqslant 1$. Chứng minh rằng $\frac{a}{bc+2}+\frac{b}{ca+2}+\frac{c}{ab+2}+(1-a)(1-b)(1-c)\leqslant 1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 24-04-2021 - 12:03

$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#53 truonganh2812

truonganh2812

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Đã gửi 28-04-2021 - 20:51

Góp cho topic 1 bài :
Cho $a,b,c>0$  $1/a+1/b+1/c=a+b+c$
CMR : $\sum 1/(2a+b+c)^2\leq 3/16$
 



#54 Thoj Streamer CN

Thoj Streamer CN

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 30-04-2021 - 21:18

Bất Đẳng Thức là một đề tài hay, khó. Nhưng nó đã bị khai thác triệt để, và hầu như chất lượng của những bài toán đẹp, thiên biến vạn hóa chẳng còn mấy. Và Topic này, theo đánh giá cá nhân, những bài toán bạn đăng đều có chứng minh, biến đổi chẳng mới lạ gì. Nói là khó thì cũng chỉ dành cho các bạn tầm trung bình, hoặc chưa có chắc chắn gì về mảng này.
Chẳng hạn như mấy cái dạng (a-b)^2, (b-c)^2, (c-a)^2 thì hoàn toàn đưa về f(a,b,c)>=f(a-c,b-c,0). Hay bài 5 của bạn thì cũng chỉ cần dùng  cái đánh giá UMV là xong... Hầu như đều có trong các quyển sách và lời giải không quá phức tạp. Vậy nên khi đăng Topic thì bạn nên kiểm tra xem bài viết có đủ độ hấp dẫn không nhé!

 



#55 Lemonjuice

Lemonjuice

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 10 Bài viết

Đã gửi 30-04-2021 - 22:25

Bất Đẳng Thức là một đề tài hay, khó. Nhưng nó đã bị khai thác triệt để, và hầu như chất lượng của những bài toán đẹp, thiên biến vạn hóa chẳng còn mấy. Và Topic này, theo đánh giá cá nhân, những bài toán bạn đăng đều có chứng minh, biến đổi chẳng mới lạ gì. Nói là khó thì cũng chỉ dành cho các bạn tầm trung bình, hoặc chưa có chắc chắn gì về mảng này.
Chẳng hạn như mấy cái dạng (a-b)^2, (b-c)^2, (c-a)^2 thì hoàn toàn đưa về f(a,b,c)>=f(a-c,b-c,0). Hay bài 5 của bạn thì cũng chỉ cần dùng cái đánh giá UMV là xong... Hầu như đều có trong các quyển sách và lời giải không quá phức tạp. Vậy nên khi đăng Topic thì bạn nên kiểm tra xem bài viết có đủ độ hấp dẫn không nhé!

Mình nghĩ chúng ta nên tôn trọng trọng Topic của bạn Lw9 dù cho nó có dễ hay khó, tầm thường hay không tầm thường thì đây vẫn là công sức của bạn ấy.Topic cũng chỉ thuộc THCS nên không thể quá khó, mục đích của nó chỉ là giải bài, luyện tập và thảo luận về BĐT, nếu có bài gì hay thì đăng lên góp vui thôi còn nếu muốn bài khó hơn thì bạn có thể qua mục toán olympic để xem.
P/S: bài viết này spam quá nên sau 1 khoảng thời gian bạn KietLW9 xoá giúp mình

#56 KietLW9

KietLW9

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 994 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, Chelsea, Mason mount, Timo Werner

Đã gửi 07-05-2021 - 10:02

Góp cho topic 1 bài :
Cho $a,b,c>0$  $1/a+1/b+1/c=a+b+c$
CMR : $\sum 1/(2a+b+c)^2\leq 3/16$
 

Ta có: 

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c\Rightarrow ab+bc+ca=abc(a+b+c)\leqslant \frac{(ab+bc+ca)^2}{3}\Rightarrow ab+bc+ca\geqslant 3$

Như vậy:

$\sum \frac{1}{(2a+b+c)^2}=\sum \frac{1}{[(a+b)+(a+c)]^2}\leqslant \sum \frac{1}{4(a+b)(a+c)}=\frac{2(a+b+c)}{4(a+b)(b+c)(c+a)}\leqslant \frac{2(a+b+c)}{4.\frac{8}{9}(ab+bc+ca)(a+b+c)}=\frac{9}{16(ab+bc+ca)}\leqslant \frac{3}{16}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


$\frac{3}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} - \frac{{14}}{{{{(a + b)}^2}}}=\frac{(a-b)^2(a^4+b^4+4a^3b+4ab^3-a^2b^2)}{a^2b^2(a^2+b^2)(a+b)^2}\geqslant 0\forall a,b>0$

Thiên tài cũng không là gì khác ngoài sự kiên trìnhẫn nại.

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


#57 trambau

trambau

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THPT
  • 544 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K70 Đại học Sư phạm Hà Nội

Đã gửi Hôm qua, 00:54

Bất Đẳng Thức là một đề tài hay, khó. Nhưng nó đã bị khai thác triệt để, và hầu như chất lượng của những bài toán đẹp, thiên biến vạn hóa chẳng còn mấy. Và Topic này, theo đánh giá cá nhân, những bài toán bạn đăng đều có chứng minh, biến đổi chẳng mới lạ gì. Nói là khó thì cũng chỉ dành cho các bạn tầm trung bình, hoặc chưa có chắc chắn gì về mảng này.
Chẳng hạn như mấy cái dạng (a-b)^2, (b-c)^2, (c-a)^2 thì hoàn toàn đưa về f(a,b,c)>=f(a-c,b-c,0). Hay bài 5 của bạn thì cũng chỉ cần dùng  cái đánh giá UMV là xong... Hầu như đều có trong các quyển sách và lời giải không quá phức tạp. Vậy nên khi đăng Topic thì bạn nên kiểm tra xem bài viết có đủ độ hấp dẫn không nhé!

 

Có thể với một số người học BĐT lâu năm rồi sẽ cảm thấy sẽ nhàm chán hoặc không có gì mới lạ. Nhưng theo cá nhân mình, topic này lập ra không chỉ dành cho những người có thể nói là master mà còn tiếp cận và là sân chơi cho những thế hệ mới, những em học sinh cấp 2, cấp 3. Nếu cho quá khó, quá cao thì với các em ấy liệu còn hấp dẫn không?







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức và cực trị

1 người đang xem chủ đề

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