Đến nội dung


Hình ảnh

BẤT ĐẲNG THỨC HƯỚNG TỚI KÌ THI CHUYÊN TOÁN 2021-2022


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 92 trả lời

#1 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 01-03-2022 - 11:33

new.gifnew.gifnew.gif

Bất đẳng thức hướng tới kì thi chuyên toán 2021 - 2022

Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=14$. Chứng minh: $\frac{4(c+a)}{a^2+3c^2+28}+\frac{4a}{a^2+bc+7}-\frac{5}{(a+b)^2}-\frac{3}{a(b+c)}\leqslant \frac{8}{15}$

              ~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức, ta được: $\frac{a^2}{\frac{1}{2}}+\frac{b^2}{\frac{1}{3}}+\frac{c^2}{\frac{1}{6}}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}}=(a+b+c)^2$

$\Rightarrow 2a^2+3b^2+6c^2\geqslant (a+b+c)^2\Rightarrow 3a^2+2b^2+5c^2\geqslant 2(a+b)(c+a)$

Mà $a^2+3c^2+28=a^2+3c^2+2(a^2+b^2+c^2)=3a^2+2b^2+5c^2\Rightarrow a^2+3c^2+28\geqslant 2(a+b)(a+c)\Rightarrow \frac{4(c+a)}{a^2+3c^2+28}\leqslant \frac{4(a+c)}{2(a+b)(a+c)}=\frac{2}{a+b}$

Và $\frac{4a}{a^2+bc+7}=\frac{8a}{2a^2+2bc+14}=\frac{8a}{2a^2+a^2+(b+c)^2}\leqslant \frac{8a}{2a^2+2a(b+c)}=\frac{4}{a+b+c}\leqslant \frac{2}{\sqrt{a(b+c)}}$

Do đó: $\frac{4(c+a)}{a^2+3c^2+28}+\frac{4a}{a^2+bc+7}-\frac{5}{(a+b)^2}-\frac{3}{a(b+c)}\leqslant \left [ \frac{2}{a+b}-\frac{5}{(a+b)^2} \right ]+\left [\frac{2}{\sqrt{a(b+c)}}-\frac{3}{a(b+c)}  \right ] = \left [ \frac{1}{5}-5(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{5})^2 \right ]+\left [ \frac{1}{3}-3(\frac{1}{\sqrt{a(b+c)}}-\frac{1}{3})^2 \right ]\leqslant \frac{1}{5}+\frac{1}{3}=\frac{8}{15}$

Bất đẳng thức được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi $a=3,b=2,c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 01-03-2022 - 12:07

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

 

 

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

 

 

 


#2 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 01-03-2022 - 12:04

Bài 2: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=abc$

Chứng minh rằng: $\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}+\sqrt{(b^2+1)(c^2+1)}+\sqrt{(c^2+1)(a^2+1)}\geqslant \sqrt{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}+4$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Để ý phân tích $\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}=\sqrt{(ab+bc+ca-1)^2+(a+b+c-abc)^2}=|ab+bc+ca-1|=ab+bc+ca-1$ (do từ giả thiết dễ suy ra $ab+bc+ca>1$)

Ta cần chứng minh: $\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}+\sqrt{(b^2+1)(c^2+1)}+\sqrt{(c^2+1)(a^2+1)}\geqslant ab+bc+ca+3$

Đây là bất đẳng thức cơ bản bằng đánh giá đại diện sau: $\sqrt{(a^2+1)(b^2+1)}\geqslant ab+1$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{3}$


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

 

 

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

 

 

 


#3 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 01-03-2022 - 12:20

Bài 3: Cho $a,b$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b\geqslant 2ab$. Chứng minh rằng: $\frac{ab}{a+b}+\frac{a}{b\sqrt{b}(a+1)}+\frac{b}{a\sqrt{a}(b+1)}\geqslant \frac{3}{2}$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta có: $2(a^2+b^2)\geqslant (a+b)^2\geqslant 2ab(a+b)\Rightarrow a^2+b^2\geqslant ab(a+b)$

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta được: $\frac{a}{b\sqrt{b}(a+1)}+\frac{b}{a\sqrt{a}(b+1)}\geqslant \frac{2a}{b(a+1)(b+1)}+\frac{2b}{a(a+1)(b+1)}=\frac{2(a^2+b^2)}{ab(a+1)(b+1)}\geqslant \frac{a^2+b^2+ab(a+b)}{ab(a+1)(b+1)}=\frac{a^2(b+1)+b^2(a+1)}{ab(a+1)(b+1)}=\frac{a}{ab+b}+\frac{b}{ab+a}$

Cần chứng minh: $\frac{ab}{a+b}+\frac{a}{ab+b}+\frac{b}{ab+a}\geqslant \frac{3}{2}$

Nhưng đây chính là bất đẳng thức Nesbitt quen thuộc!

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1$


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

 

 

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

 

 

 


#4 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 01-03-2022 - 17:22

Bài 4: Cho $a,b,c$ là các số thực dương phân biệt. Chứng minh rằng: $\frac{a^4+1}{a(a-b)(a-c)}+\frac{b^4+1}{b(b-c)(b-a)}+\frac{c^4+1}{c(c-a)(c-b)}\geqslant 4$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta có: $\frac{a^3}{(a-b)(a-c)}+\frac{b^3}{(b-a)(b-c)}+\frac{c^3}{(c-a)(c-b)}=\frac{-a^3(b-c)-b^3(c-a)-c^3(a-b)}{(a-b)(b-c)(c-a)}=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)}{(a-b)(b-c)(c-a)}=a+b+c$

Và $\frac{1}{a(a-b)(a-c)}+\frac{1}{b(b-a)(b-c)}+\frac{1}{c(c-a)(c-b)}=\frac{-bc(b-c)-ca(c-a)-ab(a-b)}{abc(a-b)(b-c)(c-a)}=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc(a-b)(b-c)(c-a)}=\frac{1}{abc}$

Do vậy: $\frac{a^4+1}{a(a-b)(a-c)}+\frac{b^4+1}{b(b-c)(b-a)}+\frac{c^4+1}{c(c-a)(c-b)}=a+b+c+\frac{1}{abc}\geqslant 3\sqrt[3]{abc}+\frac{1}{abc}\geqslant 4\sqrt[4]{\sqrt[3]{abc}.\sqrt[3]{abc}.\sqrt[3]{abc}.\frac{1}{abc}}=4$

 


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

 

 

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

 

 

 


#5 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 01-03-2022 - 18:34

Bài 5: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $\sqrt{2-(ab+bc+ca)+3abc}\geqslant 2\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}$

~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta được: $(a+b)(a+c).(b+a)(b+c).(c+a)(c+b)\leqslant \frac{\left [ (a+b)(a+c)+(b+a)(b+c)+(c+a)(c+b) \right ]^3}{27}=\frac{(a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca)^3}{27}\Rightarrow \sqrt[3]{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}\leqslant \frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{3}$

Đến đây ta cần chứng minh: $\frac{4(a^2+b^2+c^2)+12(ab+bc+ca)}{3}\leqslant 2-(ab+bc+ca)+3abc$

$\Leftrightarrow 9abc+6\geqslant 4(a^2+b^2+c^2)+15(ab+bc+ca)\Leftrightarrow 9abc+2\geqslant 7(ab+bc+ca)$

Đồng bậc hai vế, cần chứng minh: $2(a+b+c)^3+9abc\geqslant 7(ab+bc+ca)(a+b+c)$

$\Leftrightarrow 2(a^3+b^3+c^3)\geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

Ta luôn có đánh giá sau: $x^3+y^3\geqslant xy(x+y)$ nên bất đẳng thức trên được chứng minh

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


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

 

 

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

 

 

 


#6 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 01-03-2022 - 20:42

Bài 6: Cho $a,b,c$ không âm và $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2\leqslant \frac{1}{4}$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Giả sử $c=max\left \{ a,b,c \right \}$ khi đó $a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2=a(c-b)^2+b(c-a)^2+c(a^2-2ab+b^2)\leqslant ac^2+bc^2+c(a^2+2ab+b^2)=c^2(a+b)+c(a+b)=c(a+b)(a+b+c)=c(a+b)\leqslant \frac{(a+b+c)^2}{4}=\frac{1}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=c=\frac{1}{2},b=0$ cùng các hoán vị


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

 

 

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

 

 

 


#7 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 01-03-2022 - 21:37

Bài 7: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{a}{b^2+bc+c^2}}+\sqrt{\frac{b}{c^2+ca+a^2}}+\sqrt{\frac{c}{a^2+ab+b^2}}\geqslant \frac{2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Ta có: $\sqrt{\frac{a}{b^2+bc+c^2}}=\sqrt{\frac{a(a+b+c)}{b^2+bc+c^2}}=\frac{a(a+b+c)}{\sqrt{a(a+b+c).(b^2+bc+c^2)}}\geqslant \frac{2a(a+b+c)}{a^2+ab+ac+b^2+bc+c^2}=\frac{2a}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}$

Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\sqrt{\frac{a}{b^2+bc+c^2}}+\sqrt{\frac{b}{c^2+ca+a^2}}+\sqrt{\frac{c}{a^2+ab+b^2}}\geqslant \frac{2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}$

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


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

 

 

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

 

 

 


#8 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 01-03-2022 - 22:44

Bài 8: Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2\geqslant 2(ab+bc+ca)$. Chứng minh rằng: $a+b+c+\frac{8}{abc}\geqslant 8$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Giả sử $a\geqslant b\geqslant c$

Giả thiết tương đương với: $(a+b-c)^2\geqslant 4ab\Rightarrow a+b-c\geqslant 2\sqrt{ab}$

Do đó: $a+b+c+\frac{8}{abc}\geqslant 2\sqrt{ab}+2c+\frac{8}{abc}\geqslant 2\sqrt{ab}+\frac{8}{\sqrt{ab}}\geqslant 8$

Đẳng thức xảy ra khi $a=4,b=1,c=1$ và các hoán vị


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

 

 

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

 

 

 


#9 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 02-03-2022 - 07:28

Bài 9: Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3}+\frac{1}{d+3}=1$. Chứng minh rằng: $\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{cd}+\sqrt{da}+\sqrt{ac}+\sqrt{bd}\leqslant 6$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Từ giả thiết ta thấy tồn tại các số $x,y,z,t$ sao cho $(a,b,c,d)=(\frac{3x}{y+z+t},\frac{3y}{z+t+x},\frac{3z}{t+x+y},\frac{3t}{x+y+z})$

Do đó ta cần chứng minh: $3\sqrt{\frac{xy}{(y+z+t)(z+t+x)}}+3\sqrt{\frac{yz}{(z+t+x)(t+x+y)}}+3\sqrt{\frac{zt}{(t+x+y)(x+y+z)}}+3\sqrt{\frac{tx}{(x+y+z)(y+z+t)}}+3\sqrt{\frac{xz}{(y+z+t)(t+x+y)}}+3\sqrt{\frac{yt}{(z+t+x)(x+y+z)}}\leqslant 6$

Thật vậy, áp dụng AM - GM: $3\sqrt{\frac{xy}{(y+z+t)(z+t+x)}}+3\sqrt{\frac{yz}{(z+t+x)(t+x+y)}}+3\sqrt{\frac{zt}{(t+x+y)(x+y+z)}}+3\sqrt{\frac{tx}{(x+y+z)(y+z+t)}}+3\sqrt{\frac{xz}{(y+z+t)(t+x+y)}}+3\sqrt{\frac{yt}{(z+t+x)(x+y+z)}}\leqslant \frac{3}{2}(\frac{x}{z+t+x}+\frac{y}{y+z+t}+\frac{y}{t+x+y}+\frac{z}{z+t+x}+\frac{z}{x+y+z}+\frac{t}{t+x+y}+\frac{t}{y+z+t}+\frac{x}{x+y+z}+\frac{x}{t+x+y}+\frac{z}{y+z+t}+\frac{y}{x+y+z}+\frac{t}{z+t+x})=6$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=t$ hay $a=b=c=d=1$


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

 

 

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

 

 

 


#10 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 02-03-2022 - 08:38

Bài 10: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$

Chứng minh rằng: $\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{3}{5abc}\geqslant \frac{18}{5}$

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Bổ đề Schur: $a^3+b^3+c^3+3abc\geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\Leftrightarrow \frac{9(a^3+b^3+c^3)}{2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)}\geqslant 3(a+b+c)$

Ta có: $\left [ \frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+b+c \right ]+\left [ \frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+c+a \right ]+\left [ \frac{c^3}{a^2-ab+b^2}+a+b \right ]=(a^3+b^3+c^3)(\frac{1}{a^2-ab+b^2}+\frac{1}{b^2-bc+c^2}+\frac{1}{c^2-ca+a^2})\geqslant \frac{9(a^3+b^3+c^3)}{2(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)}\geqslant 3(a+b+c)$

Vậy: $\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{c^2-ca+a^2}\geqslant a+b+c$

Lại có: $(a+b+c)^6=\left [ a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca \right ]^3\geqslant 27(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2\geqslant 243abc(a+b+c)\Rightarrow abc\leqslant \frac{(a+b+c)^5}{243}\Rightarrow \frac{3}{5abc}\geqslant \frac{729}{5(a+b+c)^5}$

Đặt $a+b+c=t(0<t\leqslant 3)$ thì ta cần chứng minh: $t+\frac{729}{5t^5}\geqslant \frac{18}{5}\Leftrightarrow (t-3)^2(5t^4+12t^3+27t^2+54t+81)\geqslant 0$ (Đúng)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


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

 

 

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

 

 

 


#11 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 02-03-2022 - 18:52

Bài 11: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $6(a^3+b^3+c^3)\geqslant 18+(\sqrt[3]{a(b-c)^2}+\sqrt[3]{b(c-a)^2}+\sqrt[3]{c(a-b)^2})^3$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Nếu $a=b=c$ thì bất đẳng thức trở thành đẳng thức

Nếu $a,b,c$ đôi một khác nhau hoặc khác nhau hoàn toàn thì áp dụng AM - GM:

$\frac{1}{3}+\frac{a}{a+b+c}+\frac{(b-c)^2}{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{a(b-c)^2}{6(a^3+b^3+c^3-3abc)}}$

Thiết lập tương tự các bất đẳng thức như trên thì ta có điều phải chứng minh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 02-03-2022 - 20:01

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

 

 

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

 

 

 


#12 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 02-03-2022 - 20:12

Bài 12: Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geqslant (\frac{10}{9})^3$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Từ $a+b+c=1$ suy ra $ab+bc+ca\leqslant \frac{1}{3},abc\leqslant \frac{1}{27}$

Ta có: $$(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)=\left [ a^2b^2c^2+1 \right ]+\left [ a^2+b^2+c^2+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \right ]=\left [ a^2b^2c^2-2abc+1 \right ]+\left [ (ab+bc+ca)^2-2(ab+bc+ca)+1 \right ]=(1-abc)^2+(1-ab-bc-ca)^2\geqslant (\frac{10}{9})^3$$

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 02-03-2022 - 20:12

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

 

 

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

 

 

 


#13 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 02-03-2022 - 21:29

Bài 13: Tìm giá trị nhỏ nhất của $P=\frac{1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}}{xy+yz+zx}$ với $x+y+z=3$ và $x,y,z$ dương

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng AM - GM, ta được: $\sum (x^2+x^2+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{x})\geqslant 5(x+y+z)$

$\Leftrightarrow 2(x^2+y^2+z^2)+3(1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z})\geqslant 18$

$\Leftrightarrow 2\left [ (x+y+z)^2-2(xy+yz+zx) \right ]+3(1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z})\geqslant 18$

$\Leftrightarrow 3(1+\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z})\geqslant 4(xy+yz+zx)\Rightarrow P\geqslant \frac{4}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

 

 


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

 

 

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

 

 

 


#14 TAnggg

TAnggg

    Lính mới

  • Banned
  • 1 Bài viết

Đã gửi 02-03-2022 - 21:40

hi

#15 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 03-03-2022 - 11:58

Bài 14: Cho $a,b,c$ dương và $xyz=1$. Chứng minh rằng: $\sqrt{\frac{6}{x^3+1}}+\sqrt{\frac{6}{y^3+1}}+\sqrt{\frac{6}{z^3+1}}\leqslant \sqrt{(x+y+z)^3}$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

$VT^2\leqslant (\sqrt{\frac{3}{x\sqrt{x}}}+\sqrt{\frac{3}{y\sqrt{y}}}+\sqrt{\frac{3}{z\sqrt{z}}})^2=3(\frac{1}{\sqrt{x\sqrt{x}}}+\frac{1}{\sqrt{y\sqrt{y}}}+\frac{1}{\sqrt{z\sqrt{z}}})^2\leqslant 3(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{1}{\sqrt{y}}+\frac{1}{\sqrt{z}})=3(xy+yz+zx)(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})\leqslant (x+y+z)^2.(x+y+z)=(x+y+z)^3$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$


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

 

 

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

 

 

 


#16 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 03-03-2022 - 13:52

Bài 15: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh $\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}\geqslant a^2+b^2+c^2$

~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Đặt $\frac{bc}{a}=x,\frac{ca}{b}=y,\frac{ab}{c}=z\Rightarrow xy+yz+zx+xyz=4$

Ta cần chứng minh: $x+y+z\geqslant xy+yz+zx$

Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai số có tích không âm trong 3 số $(x-1), (y-1),(z-1)$. Giả sử $(x-1)(y-1)\geqslant 0$

Từ giả thiết suy ra $z=\frac{4-xy}{x+y+xy}$

Cần chứng minh: $x+y-xy\geqslant \frac{(4-xy)(x+y-1)}{x+y+xy}\Leftrightarrow (x+y)^2-x^2y^2\geqslant (4-xy)(x+y-1)\Leftrightarrow (x-y)^2+xy(4-xy)\geqslant (4-xy)(x+y-1)\Leftrightarrow (x-y)^2+(4-xy)(x-1)(y-1)\geqslant 0$

Bất đẳng thức cuối đúng nên ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


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

 

 

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

 

 

 


#17 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 04-03-2022 - 07:54

Bài 16: Cho $x,y,z$ không âm thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=1$. Chứng minh rằng: $\frac{1-xyz}{3-2xy-yz+zx}\geqslant \frac{2}{7}$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Đầu tiên ta có: $3-2xy-yz+zx\geqslant 1+2(x^2+y^2+z^2)-2xy-yz=1+(x-y)^2+(y^2-yz+z^2)+x^2+z^2>0$

Vậy ta cần chứng minh: $7(1-xyz)\geqslant 2(3-2xy-yz+zx)\Leftrightarrow 1+4xy+2yz-2zx-7xyz\geqslant 0\Leftrightarrow (x-z)^2+y^2+y(4x+2z-7xz)\geqslant 0$

Ta cần chỉ ra $4x+2z-7xz\geqslant 0$ nữa là xong

* Nếu $xz = 0$ thì hiển nhiên đúng

* Nếu $x,z>0$ thì áp dụng Cauchy-Schwaz dạng cộng mẫu: $\frac{2}{z}+\frac{1}{x}\geqslant \frac{9}{2z+x}\geqslant \frac{9}{\sqrt{(z^2+x^2)(2^2+1^2)}}\geqslant \frac{9}{\sqrt{5}}>\frac{7}{2}\Rightarrow 4x+2z>7xz$

Ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $y=0,x=z=\frac{1}{\sqrt{2}}$


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

 

 

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

 

 

 


#18 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 04-03-2022 - 16:20

Bài 17: Cho $a,b,c$ dương. Chứng minh rằng: $\frac{a+b}{\sqrt{ab+c^2}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a^2}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b^2}}\geqslant 4\sqrt{1+\frac{3abc}{(a+b)^3+(b+c)^3+(c+a)^3}}$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $(\frac{a+b}{\sqrt{ab+c^2}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a^2}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b^2}})\left [ (a+b)\sqrt{ab+c^2}+(b+c)\sqrt{bc+a^2}+(c+a)\sqrt{ca+b^2} \right ]\geqslant (a+b+b+c+c+a)^2=4(a+b+c)^2$

Và: $(a+b)\sqrt{ab+c^2}+(b+c)\sqrt{bc+a^2}+(c+a)\sqrt{ca+b^2}\leqslant \sqrt{(a+b+b+c+c+a)\left [ (a+b)(ab+c^2)+(b+c)(bc+a^2)+(c+a)(ca+b^2) \right ]}=2\sqrt{(a+b+c)\left [ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right ]}$

Vậy ta được: $\frac{a+b}{\sqrt{ab+c^2}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a^2}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b^2}}\geqslant \frac{2(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c)\left [ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right ]}}=2\sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}}$

Cần chứng minh: $\sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}}\geqslant 2\sqrt{1+\frac{3abc}{(a+b)^3+(b+c)^3+(c+a)^3}}$

Hay bất đẳng thức mạnh hơn là: $\sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}}\geqslant 2\sqrt{1+\frac{3abc}{4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a)}}$

Nhưng nếu bình phương và rút gọn thì đây chính là bất đẳng thức Schur

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$


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

 

 

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

 

 

 


#19 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 04-03-2022 - 20:57

Bài 18: Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\leqslant \sqrt{2}(a+b+c)$

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Để ý đẳng thức sau: $(a^2+1)-2(a-\sqrt{a}+1)^2=-(\sqrt{a}-1)^4\leqslant 0\Rightarrow \sqrt{a^2+1}\leqslant \sqrt{2}(a-\sqrt{a}+1)$

Tương tự rồi cộng lại kết hợp với $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geqslant 3$ ta được điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

 


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

 

 

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

 

 

 


#20 KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1663 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 05-03-2022 - 07:18

Bài 19: Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn các điều kiện: $\left\{\begin{matrix} a\geqslant b\geqslant c\geqslant d& \\  a+b+c+d=9& \\ a^2+b^2+c^2+d^2=21 & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng: $ab-cd\geqslant 2$

~~~~~~~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Từ giả thiết ta có một đánh giá rất đẹp sau: $ab+cd\geqslant ac+bd\geqslant ad+bc$

Và $ab+bc+cd+da+ac+bd=\frac{(a+b+c+d)^2-(a^2+b^2+c^2+d^2)}{2}=30\Rightarrow ab+cd\geqslant 10$

$\Rightarrow a^2+b^2+c^2+d^2+2ab+2cd\geqslant 41\Leftrightarrow (a+b)^2+(9-a-b)^2\geqslant 41\Rightarrow 2(a+b-4)(a+b-5)\geqslant 0$

$\Rightarrow a+b\geqslant 5$ (Do $a+b+c+d=9$ và $a+b\geqslant c+d$)

$\Rightarrow 25\leqslant  a^2+2ab+b^2=21-c^2-d^2+2ab\leqslant 21+2ab-2cd\Rightarrow ab-cd\geqslant 2$

Đẳng thức xảy ra khi $a=3,b=c=d=2$


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

 

 

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

 

 

 





1 người đang xem chủ đề

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