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 90 trả lời

#61
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài cuối cùng trong tuần trước khi vào tuần $3$

Bài 51: Cho $x,y,z$ là các số thực và $(3x-2y-z)(3y-2z-x)(3z-2x-y)\neq 0$. Chứng minh rằng: $(\frac{x}{3x-2y-z})^2+(\frac{y}{3y-2z-x})^2+(\frac{z}{3z-2x-y})^2\geqslant \frac{5}{49}$

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

Lời giải.

Đặt $3x+y=a,3y+z=b,3z+x=c$ thì $x=\frac{9a-3b+c}{28},y=\frac{9b-3c+a}{28},z=\frac{9c-3a+b}{28}$

Lúc đó: $(\frac{x}{3x-2y-z})^2+(\frac{y}{3y-2z-x})^2+(\frac{z}{3z-2x-y})^2=\frac{1}{784}\left [ (\frac{9a-3b+c}{a-b})^2+(\frac{9b-3c+a}{b-c})^2 +(\frac{9c-3a+b}{c-a})^2\right ]$

Đặt $\frac{9a-3b+c}{a-b}=X,\frac{9b-3c+a}{b-c}=Y,\frac{9c-3a+b}{c-a}=Z$ thì $(X-4)(Y-4)(Z-4)=(X-8)(Y-8)(Z-8)\Rightarrow XY+YZ+ZX=12(X+Y+Z)-112\Rightarrow X^2+Y^2+Z^2=(X+Y+Z)^2-2(XY+YZ+ZX)=(X+Y+Z)^2-24(X+Y+Z)+224=(X+Y+Z-12)^2+80\geqslant 80$

Do đó: $\frac{1}{784}\left [ (\frac{9a-3b+c}{a-b})^2+(\frac{9b-3c+a}{b-c})^2 +(\frac{9c-3a+b}{c-a})^2\right ]\geqslant \frac{5}{49}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=4,y=-1,z=0$ và các hoán vị


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

 

 

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

 

 

 


#62
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

SET BẤT ĐẲNG THỨC TUẦN 3:

Bài 52: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=ab+bc+ca$. Chứng minh rằng: $a+b+c+\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\geqslant 6$

Bài 53: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}-2abc\geqslant 2$

Bài 54: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a})(\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})(\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c})\geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}$$

(Làm mạnh bài bất đẳng thức P405 của tạp chí Pi)

Bài 55: Cho $a,b,c>0$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$. Chứng minh rằng: $$\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b^2}\ge\frac{3}{2}\left(\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\right)^2$$

Bài 56: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng: $\frac{(a^3+b^3+c^3+3abc)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\geqslant 4$


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

 

 

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

 

 

 


#63
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài 57: Cho $a,b,c$ là các số dương. Chứng minh rằng: $(a^2-bc)\sqrt{b+c}+(b^2-ca)\sqrt{c+a}+(c^2-ab)\sqrt{a+b}\geqslant 0$

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

Lời giải. 

Đặt $(b+c,c+a,a+b)\rightarrow (2x^2,2y^2,2z^2)$ thì $(a,b,c)\rightarrow (y^2+z^2-x^2,z^2+x^2-y^2,x^2+y^2-z^2)$ 

Lúc này ta được: $a^2-bc=(y^2+z^2-x^2)^2-(z^2+x^2-y^2)(x^2+y^2-z^2)=2(y^4+z^4-x^2y^2-x^2z^2)$

                            $b^2-ca=(z^2+x^2-y^2)^2-(x^2+y^2-z^2)(y^2+z^2-x^2)=2(z^4+x^4-y^2z^2-y^2x^2)$

                            $c^2-ab=(x^2+y^2-z^2)^2-(y^2+z^2-x^2)(z^2+x^2-y^2)=2(x^4+y^4-z^2x^2-z^2y^2)$

Như vậy, ta cần chứng minh: $x(y^4+z^4-x^2y^2-x^2z^2)+y(z^4+x^4-y^2z^2-y^2x^2)+z(x^4+y^4-z^2x^2-z^2y^2)\geqslant 0$

Bất đẳng thức trên đúng do đánh giá đại diện sau: $xy^4+x^4y-x^3y^2-x^2y^3\geqslant 0\Leftrightarrow xy(x+y)(x-y)^2\geqslant 0$

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: 

 

 

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

 

 

 


#64
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài 58: Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:$(2-a)(2-b)(2-c)\geqslant abc$

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

Lời giải.

Vì $|(a^2+b^2)c|\geqslant |2abc|\geqslant 2abc$ nên ta chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn: $2(2-a)(2-b)(2-c)\geqslant |(3-c^2)c|$

Mặt khác: $2(2-a)(2-b)=8-4(a+b)+2ab=(a+b)^2+c^2+5-4(a+b)\geqslant c^2+1$

Giả sử $c^2=min\left \{ a^2,b^2,c^2 \right \}$ thì $c^2\leqslant 1\Rightarrow -1\leqslant c\leqslant 1\Rightarrow 2-c>0\Rightarrow 2(2-a)(2-b)(2-c)\geqslant (c^2+1)(2-c)$

Ta cần chứng minh: $(c^2+1)(2-c)\geqslant |(3-c^2)c|$

Thật vậy xét hiệu: $(c^2+1)^2(2-c)^2-(3-c^2)^2c^2=4\left [ 1+c+c^2(1-c) \right ](c-1)^2\geqslant 0$ với mọi $c\in\left [ -1;1 \right ]$

Lúc này ta có: $|(c^2+1)(2-c)|\geqslant |(3-c^2)c|$ mà $(c^2+1)(2-c)>0$ nên $(c^2+1)(2-c)\geqslant |(3-c^2)c|$

Vậy 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: 

 

 

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

 

 

 


#65
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài 59: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{a}{\sqrt{a^2+2(b+c)^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+2(c+a)^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+2(a+b)^2}}\geqslant 1$

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

Lời giải.

Bổ đề Holder: https://diendantoanh...m3n3p3geq-axmb/

Áp dụng, ta được: $(\sqrt{\frac{p^3}{x}}+\sqrt{\frac{q^3}{y}}+\sqrt{\frac{r^3}{z}})^2(x+y+z)\geqslant (p+q+r)^3\Rightarrow \sqrt{\frac{p^3}{x}}+\sqrt{\frac{q^3}{y}}+\sqrt{\frac{r^3}{z}}\geqslant \sqrt{\frac{(p+q+r)^3}{x+y+z}}$

Theo bất đẳng thức phụ trên với $p=a,q=b,r=c$ và $x=a^3+2a(b+c)^2,y=b^3+2b(c+a)^2,z=c^3+2c(a+b)^3$, ta được: $\frac{a}{\sqrt{a^2+2(b+c)^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+2(c+a)^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+2(a+b)^2}}=\sqrt{\frac{a^3}{a^3+2a(b+c)^2}}+\sqrt{\frac{b^3}{b^3+2b(c+a)^2}}+\sqrt{\frac{c^3}{c^3+2c(a+b)^2}}\geqslant \sqrt{\frac{(a+b+c)^3}{a^3+b^3+c^3+2ab(a+b)+2bc(b+c)+2ca(c+a)+12abc}}$

Ta cần chứng minh: $(a+b+c)^3\geqslant a^3+b^3+c^3+2ab(a+b)+2bc(b+c)+2ca(c+a)+12abc\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geqslant 6abc$

Bất đẳng thức cuối đúng theo $AM-GM$ nên ta có điều phải chứng minh

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: 

 

 

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

 

 

 


#66
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài 60: Cho $a,b$ là các số dương thỏa mãn $a>b$. Chứng minh rằng: $\sqrt{2}a^3+\frac{3}{ab-b^2}\geqslant 10$

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

Lời giải. 

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta được: $\sqrt{2}a^3+\frac{3}{ab-b^2}=(\sqrt{2}a^3+4+4)+\frac{3}{b(a-b)}-8\geqslant 6\sqrt{2}a+\frac{3}{b(a-b)}-8=6\sqrt{2}(a-b)+6\sqrt{2}b+\frac{3}{b(a-b)}-8\geqslant 3\sqrt[3]{6\sqrt{2}(a-b).6\sqrt{2}b.\frac{3}{b(a-b)}}-8=10$

Đẳng thức xảy ra khi $a=\sqrt{2},b=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Bài 61: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^5+b^5+c^5=ab^2+bc^2+ca^2$. Chứng minh rằng: $\frac{a^2+b^2}{b}+\frac{b^2+c^2}{c}+\frac{c^2+a^2}{a}\geqslant 2(ab+bc+ca)$

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

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $(\frac{a^2+b^2}{b}+\frac{b^2+c^2}{c}+\frac{c^2+a^2}{a})(b^5+bc^2+c^5+ca^2+a^5+ab^2)\geqslant (ab^2+bc+bc^2+ca+ca^2+ab)^2\Rightarrow \frac{a^2+b^2}{b}+\frac{b^2+c^2}{c}+\frac{c^2+a^2}{a}\geqslant \frac{(ab^2+bc^2+ca^2+ab+bc+ca)^2}{2(ab^2+bc^2+ca^2)}$

Cần chứng minh: $\frac{(ab^2+bc^2+ca^2+ab+bc+ca)^2}{2(ab^2+bc^2+ca^2)}\geqslant 2(ab+bc+ca)$

Nhưng đây chính là bất đẳng thức quen thuộc sau: $(x+y)^2\geqslant 4xy$

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: 

 

 

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

 

 

 


#67
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

new.gifHoạt động của TOPIC

Cũng sớm tới kì thi chuyên toán, mình có soạn một vài đề để luyện thi, hiện nay đã có 8 đề được gõ Latex, mình xin chia sẻ một đề trong file của mình cho các bạn tham khảo, chỗ mình không có tổ hợp nên mình không chuyên phần này, mong các bạn thích tổ hợp thông cảm :icon6:Mong là các bạn sẽ làm full bất đẳng thức trong đề này, cũng dạng quen thuộc trong topic. Các câu trong đề này không hẳn là mình tự chế, mình sưu tầm từ nhiều nguồn khác nhau.

ĐỀ LUYỆN CHUYÊN TOÁN - ĐỀ SỐ 1

Câu 1:

 a) Giải phương trình: $\sqrt{2x^2+48x-27}+x\sqrt{2x^2-24x+67}=4x+6$

 b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}x^3+y^3+7(x+y)=3(x^2+xy+y^2)+5 & \\ \sqrt{\frac{3}{x+1}}+\sqrt{\frac{3}{y+1}}=\frac{4}{\sqrt{x}+\sqrt{y}} & \end{matrix}\right.$

Câu 2:

a) Giả sử tồn tại hai số nguyên $x,y$ sao cho $x^2-4y$ và $x^2+4y$ là các số chính phương. Chứng minh rằng $y$ chia hết cho $6$

b) Tìm các số tự nhiên $x,y$ thỏa mãn: $x(8x^2+12x+6)=y^5+y^4+y$

c) Giải phương trình nghiệm tự nhiên: $2^x-7^y=1$

Câu 3: Cho tứ giác lồi $ABCD$ có $\angle BAD+\angle BCD=180^{\circ}$. $I,J$ là trung điểm của $AC,BD$. $E$ là giao điểm của $AD$ và $BC$. Kẻ $EH⊥AB, EL⊥CD$. Chứng minh rằng $IJ$ là trung trực của $HL$

Câu 4: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với BC là dây cung cố định không là đường kính, $A$ là điểm di động trên cung lớn $BC$. Qua $A$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AB,AC$ cắt trung trực của $AC,AB$ tại $E,F$. $P,Q$ là các điểm đối xứng với $O$ qua $E,F$. $BQ$ cắt $CP$ tại $R$. $I$ là giao điểm của $(BOC)$ và $(PQR)$. 

a) Chứng minh rằng $IA$ và $RO$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(PQR)$. Gọi điểm đó là $N$

b) Gọi $T$ là trung điểm của $NO$. Chứng minh rằng $T$ là tâm của $(OEF)$

c) Tiếp tuyến của $(T)$ tại $O$ cắt trung trực của $OA$ tại $X$. Chứng minh rằng $X$ luôn di động trên một đường cố định khi $A$ di động trên cung lớn $BC$.

Câu 5:

a) Cho $x,y$ là các số thực thỏa mãn $0\leqslant y\leqslant x\leqslant 1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: $\frac{x\sqrt{y}-y\sqrt{x}}{2-\sqrt{x}-\sqrt{y}+\sqrt{xy}}$

b) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng: $\frac{4}{a+bc+4}+\frac{4}{b+ca+4}+\frac{4}{c+ab+4}\leqslant 1+\frac{1}{2a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{2c+1}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 05-04-2022 - 20:48

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

 

 

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

 

 

 


#68
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Qua 3 tuần thì mình nhận được góp ý của các bạn là các bất đẳng thức trên khá khó và không phù hợp với thi chuyên. OK! Mình đồng ý! Tuần 4 này mình sẽ giảm mức độ lại và các bài sẽ quen thuộc và dễ hơn

SET BẤT ĐẲNG THỨC TUẦN 4:

Bài 62: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $9(\frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b^2+2}+\frac{1}{c^2+2})\geqslant 2(a^2+b^2+c^2)+3$. Chứng minh rằng: $a+b+c\leqslant 3$

Bài 63: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng: $$\frac{a+b}{a^2+b^2}+\frac{b+c}{b^2+c^2}+\frac{c+a}{c^2+a^2}\ge2\left(\frac{a}{1-bc}+\frac{b}{1-ac}+\frac{c}{1-ab}\right)$$

Bài 64: Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=1$. Chứng minh rằng: $\frac{x^{2}+yz}{\sqrt{2x^{2}(y+z)}}+\frac{y^{2}+zx}{\sqrt{2y^{2}(z+x)}}+\frac{z^{2}+xy}{\sqrt{2z^{2}(x+y)}}\geq 1.$

Bài 65: Cho $x,y$ là các số thực. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của $\frac{x+y}{(4x^2+3)(4y^2+3)}$

Bài 66: Cho $x,y$ là các số thực thỏa mãn $x^2+y^2=1$. Chứng minh rằng: $-\sqrt{2}\leqslant 16(x^5+y^5)-20(x^3+y^3)+5(x+y)\leqslant \sqrt{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 02-06-2022 - 08:38

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

 

 

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

 

 

 


#69
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài 67: Cho các số thực $a,b,c$ khác $0$. Chứng minh rằng: $\frac{a^2-bc}{a^2+2b^2+3c^2}+\frac{b^2-ca}{b^2+2c^2+3a^2}+\frac{c^2-ab}{c^2+2a^2+3b^2}\geqslant 0$

~~~~~~~~~~~

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$, ta được: $\frac{a^2-bc}{a^2+2b^2+3c^2}+\frac{b^2-ca}{b^2+2c^2+3a^2}+\frac{c^2-ab}{c^2+2a^2+3b^2}\geqslant \frac{a^2-\frac{b^2+c^2}{2}}{a^2+2b^2+3c^2}+\frac{b^2-\frac{c^2+a^2}{2}}{b^2+2c^2+3a^2}+\frac{c^2-\frac{a^2+b^2}{2}}{c^2+2a^2+3b^2}=\frac{2a^2-(b^2+c^2)}{2(a^2+2b^2+3c^2)}+\frac{2b^2-(c^2+a^2)}{2(b^2+2c^2+3a^2)}+\frac{2c^2-(a^2+b^2)}{2(c^2+2a^2+3b^2)}$

Ta cần chứng minh: $\frac{2a^2-(b^2+c^2)}{a^2+2b^2+3c^2}+\frac{2b^2-(c^2+a^2)}{b^2+2c^2+3a^2}+\frac{2c^2-(a^2+b^2)}{c^2+2a^2+3b^2}\geqslant 0$

$\Leftrightarrow \left [ \frac{2a^2-(b^2+c^2)}{a^2+2b^2+3c^2}+1 \right ]+\left [ \frac{2b^2-(c^2+a^2)}{b^2+2c^2+3a^2}+1 \right ]+\left [ \frac{2c^2-(a^2+b^2)}{c^2+2a^2+3b^2}+1 \right ]\geqslant 3$

$\Leftrightarrow \frac{b^2+2c^2+3a^2}{a^2+2b^2+3c^2}+\frac{c^2+2a^2+3b^2}{b^2+2c^2+3a^2}+\frac{a^2+2b^2+3c^2}{c^2+2a^2+3b^2}\geqslant 3$

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

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: 

 

 

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

 

 

 


#70
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài 68: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3abc$. Chứng minh rằng: $\frac{ab}{c+2}+\frac{bc}{a+2}+\frac{ca}{b+2}+\frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca}\geqslant 3$

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

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta được: $\frac{ab}{c+2}+\frac{bc}{a+2}+\frac{ca}{b+2}+\frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca}\geqslant \frac{(ab+bc+ca)^2}{3abc+2(ab+bc+ca)}+\frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ca}=(\frac{ab+bc+ca}{a+b+c})^2+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}+\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\geqslant 3$

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: 

 

 

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

 

 

 


#71
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài 69: Cho các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geqslant (a^2+b^2+c^2)(4-\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}-\frac{1}{c^2})$

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

Lời giải.

Ta có bổ đề quen thuộc sau: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geqslant ab+bc+ca$

Như vậy quy về chứng minh: $ab+bc+ca\geqslant (a^2+b^2+c^2)(4-\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}-\frac{1}{c^2})$

$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})-9\Leftrightarrow 4(a^2+b^2+c^2)-9-(ab+bc+ca)$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2(a+b)^2}{a^2b^2}+\frac{(b-c)^2(b+c)^2}{b^2c^2}+\frac{(c-a)^2(c+a)^2}{c^2a^2}\geqslant 4(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)=\frac{3}{2}\left [ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right ]$

Với dạng như trên ta cần chỉ ra: $\frac{(a+b)^2}{a^2b^2}>\frac{3}{2}$ nữa là xong

Thật vậy: $\frac{(a+b)^2}{a^2b^2}\geqslant \frac{16(a+b)^2}{(a+b)^4}=\frac{16}{(a+b)^2}>\frac{16}{9}>\frac{3}{2}$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Dấu bằng 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: 

 

 

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

 

 

 


#72
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

new.gifHoạt động của TOPIC

ĐỀ LUYỆN CHUYÊN TOÁN - ĐỀ SỐ 2

Câu 1: 

a) Giải phương trình: $2x^2+1=\sqrt{\frac{4x^4-4\sqrt{2}x+5}{1-x^2}}$

b) Tìm các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $2\leqslant a,b,c\leqslant 3$ và $2(ab+bc+ca)=3abc$

Câu 2:

a) Cho $a,b,c$ là các số nguyên dương thỏa mãn $c(ac+1)^2=(5c+2b)(2c+b)$. Chứng minh rằng $c$ là một số chính phương lẻ

b) Tìm các số thực $x$ sao cho trong bốn số $x^2+4\sqrt{3},x^2-\frac{4}{x},x^2+\frac{4}{x},x^4+56\sqrt{3}$ có đúng một số không nguyên

c) Tìm các số nguyên a, b thỏa mãn $a^2(3a+7b)-2b^3$ và $a(2a^2+7b^2) - 6b^3$ là các số lập phương.

Câu 3: Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$, $I$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $BC$. $L$ là điểm bất kì trên $AI$. Gọi $O$ là giao điểm của ba đường trung trực trong $\Delta ABL$. $X$ là điểm thuộc $AB$ sao cho $LX//AC$, $BL$ cắt $CX$ tại $E$. $AE$ lại cắt $(O)$ tại $F$. Chứng minh rằng: $\angle AFX = \angle BAC$

Câu 4: Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$ và các góc đều nhọn. $D$ là hình chiếu của $C$ lên $AB$, $E$ là trung điểm của $BD$. $P$ là điểm thuộc $CE$ sao cho $DP$ là phân giác $\angle BDC$. Đường tròn tâm $C$ bán kính $CD$ cắt $AC$ tại $Q$. $F$ là hình chiếu của $D$ lên $BC$

a) Chứng minh rằng $F,P,Q$ thẳng hàng

b) $M$ là trung điểm của $CE$, $K$ là giao điểm của $PQ$ và $AM$. Chứng minh rằng: $\angle CKD=90^{\circ}$

Câu 5:

a) Cho $0\leqslant a\leqslant b$ và $a^3+b^5=2$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\sqrt{a}+\sqrt[3]{b^2}$

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 11-04-2022 - 10:02

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

 

 

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

 

 

 


#73
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài 71: Cho $a,b,c\geqslant 2$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=abc+4$. Chứng minh rằng: $a+b+c+ab+bc+ca\geqslant 2\sqrt{(a+b+c+3)(a^2+b^2+c^2-3)}$

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

Lời giải.

Từ giả thiết ta có thể đặt: $a=\frac{x}{y}+\frac{y}{x},b=\frac{y}{z}+\frac{z}{y},c=\frac{z}{x}+\frac{x}{z}$

Khi đó: $a+b+c+ab+bc+ca=\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}+\frac{z}{x}+\frac{x}{z}+(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})(\frac{y}{z}+\frac{z}{y})+(\frac{y}{z}+\frac{z}{y})(\frac{z}{x}+\frac{x}{z})+(\frac{z}{x}+\frac{x}{z})(\frac{x}{y}+\frac{y}{x})=(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})+(xy+yz+zx)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})\geqslant 2\sqrt{(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})(xy+yz+zx)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})}=\sqrt{(a+b+c+3)(a^2+b^2+c^2-3)}$

Do: $a+b+c+3=(xy+yz+zx)(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})$ và $a^2+b^2+c^2-3=(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=2$


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

 

 

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

 

 

 


#74
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài 72: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{\frac{a}{b(b+2c)}}+\sqrt[3]{\frac{b}{c(c+2a)}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a(a+2b)}}\geqslant \frac{3}{\sqrt[3]{3}}$

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

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta được: $(\sqrt[3]{\frac{a}{b(b+2c)}}+\sqrt[3]{\frac{b}{c(c+2a)}}+\sqrt[3]{\frac{c}{a(a+2b)}})^3\left [ a(b+2c)+b(c+2a)+c(a+2b) \right ]\geqslant (\frac{\sqrt{a}}{\sqrt[4]{b}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt[4]{c}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt[4]{a}})^4$

Ta đặt $(\sqrt[4]{a},\sqrt[4]{b},\sqrt[4]{c})\rightarrow (x,y,z)$ thì ta quy về chứng minh: $\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\geqslant 3$ với $x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4=3$

Tiếp tục dùng Holder, ta được: $(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x})^4\geqslant \frac{(x^2+y^2+z^2)^6}{(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2}=\frac{(x^2+y^2+z^2)^6(x^4+y^4+z^4)}{(x^4+y^4+z^4)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2}\geqslant \frac{27(x^2+y^2+z^2)^6(x^4+y^4+z^4)}{(x^2+y^2+z^2)^6}$

Như vậy: $\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}\geqslant \sqrt[4]{27(x^4+y^4+z^4)}\geqslant 3$

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: 

 

 

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

 

 

 


#75
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

SET BẤT ĐẲNG THỨC TUẦN 5:

Bài 73: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng: $$a^2+b^2+c^2+a^2b+b^2c+c^2a\ge2(ab+bc+ca)$$

Bài 74: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\frac{2a^2}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{2b^2}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{2c^2}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}$

Bài 75: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1 $. Chứng minh rằng: $$ \sqrt{a^2+2a}+\sqrt{b^2+2b}+\sqrt{c^2+2c} \ge \sqrt{a^2+b^2+c^2+24} $$

Bài 76: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\frac{a^3+1}{b^2+c^2}+\frac{b^3+1}{c^2+a^2}+\frac{c^3+1}{a^2+b^2}\geqslant a+b+c$

Bài 77: Tìm giá trị lớn nhất của $\sqrt{x-x^3}+\sqrt{x+x^3}$ với $0\leqslant x\leqslant 1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 12-04-2022 - 17:12

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

 

 

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

 

 

 


#76
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Bài 78: Cho $0<x,y<1$. Chứng minh rằng: $x^2+y^2+\frac{2xy-x-y+1}{4xy}\geqslant 1$

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

Lời giải.

Ta có: $(x^2+y^2)(2xy-x-y-1)-xy=(1-x)(1-y)(x^2+y^2)+xy(x^2+y^2)-xy=(1-x)(1-y)(x-y)^2+2xy(1-x)(1-y)+xy(x^2+y^2-1)=(1-x)(1-y)(x-y)^2+xy\left [ 2(1-x)(1-y)+x^2+y^2-1 \right ]=(1-x)(1-y)(x-y)^2+xy(x+y-1)^2\geqslant 0$ kết hợp với $2xy-x-y+1=(1-x)(1-y)+xy+1>0$ ta suy ra được $x^2+y^2\geqslant \frac{xy}{2xy-x-y+1}$

Như vậy: $x^2+y^2+\frac{2xy-x-y+1}{4xy}\geqslant \frac{xy}{2xy-x-y+1}+\frac{2xy-x-y+1}{4xy}\geqslant 1$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=\frac{1}{2}$

Bài 79: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{b(2a-b)}{a(b+c)}+\frac{c(2b-c)}{b(c+a)}+\frac{a(2c-a)}{c(a+b)}\leqslant \frac{3}{2}$

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

Lời giải.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: $\left [ 2-\frac{b(2a-b)}{a(b+c)} \right ]+\left [ 2-\frac{c(2b-c)}{b(c+a)} \right ]+\left [ 2-\frac{a(2c-a)}{c(a+b)} \right ]\geqslant \frac{9}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{b^2+2ca}{a(b+c)}+\frac{c^2+2ab}{b(c+a)}+\frac{a^2+2bc}{c(a+b)}\geqslant \frac{9}{2}$

Áp dụng Cauchy-Schwarz, ta được: $\frac{b^2+2ca}{a(b+c)}+\frac{c^2+2ab}{b(c+a)}+\frac{a^2+2bc}{c(a+b)}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}+\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}\geqslant \frac{\left [ (a+b+c)+2(a+b+c) \right ]^2}{2(ab+bc+ca)+2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}=\frac{9(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2}=\frac{9}{2}$

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: 

 

 

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

 

 

 


#77
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

 

Bài 74: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\frac{2a^2}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{2b^2}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{2c^2}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}$

 

Mình sẽ phân tích một chút bài $74$ này, cũng là đề của tỉnh mình. Đây là lần đầu mình bình luận một bài bất đẳng thức nên có gì sai sót mong các bạn thông cảm!

Bài này nhìn vào hình thức thì các bạn sẽ có một ý tưởng là cộng mẫu luôn, như vậy thì cái mẫu sẽ có biểu thức $2b\sqrt{a}+2c\sqrt{b}+2a\sqrt{c}+3(a^2+b^2+c^2)$ rất cồng kềnh, chúng ta cần đánh giá nó dựa và đại lượng $a+b+c=3$, tức là ta cố gắng đánh giá $2b\sqrt{a}+2c\sqrt{b}+2a\sqrt{c}+3(a^2+b^2+c^2)\leqslant k(a+b+c)^2+(a+b+c)$ kiểu vậy, nhưng kết quả sẽ hoàn toàn ngược vì thí dụ như ta đánh giá kiểu: $2b\sqrt{a}\leqslant ab+a$ nhằm xuất hiện $a+b+c$, nhưng sẽ thất bại vì đại lượng $3(a^2+b^2+c^2)$, tất cả đánh giá sẽ không đủ để bù đắp "số 3" quá lớn của đại lượng này.

Thử một hướng khác xem, nâng bậc của $a$ ở tử lên bậc 3 để dùng Holder thì lại càng bế tắc vì các căn dưới mẫu, còn bậc $4$ để cộng mẫu thì các đại lượng $3a^2b^2,3b^2c^2,3c^2a^2$ rất khó đánh giá 

Thử đột phá ý tưởng thì ta quan sát thật kĩ, thấy biểu thức $a+2b\sqrt{a}+3b^2$ rất lạ nhưng kĩ thêm một chút thì nó rất quen thuộc, vì sao, nếu đặt $a=x^2,b=y$ thì đại lượng trên trở thành $x^2+2xy+3y^2$, thật bất ngờ. Hướng này có vẻ rất khả thi

Tức chúng ta phải đối dấu lại thành tìm giá trị lớn nhất chứ không phải giá trị nhỏ nhất, như vậy ta quy về: $\frac{a(2b\sqrt{a}+3b^2)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{b(2c\sqrt{b}+3c^2)}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{c(2a\sqrt{c}+3a^2)}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}\leqslant \frac{5}{2}$

Ta quan tâm đến phân thức: $$\frac{a(2b\sqrt{a}+3b^2)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}=\frac{ab(2\sqrt{a}+3b)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}$$

Như vậy ta cần tìm các số $k,h$ nào đó sao cho: $\frac{2x+3y}{x^2+2xy+3y^2}\leqslant \frac{1}{kx+hy}$. Cho dấu bằng $x=y=1$ thì $k+h=\frac{6}{5}$

Thế $h=\frac{6}{5}-k$ vào biểu thức trên rồi phân tích nhân tử $x-y$ sẽ tìm được các hệ số $k,h$

Tóm lại, ta được: $25(a+2b\sqrt{a}+3b^2)\geqslant (2\sqrt{a}+3b)(8\sqrt{a}+22b)$

Vậy ta cần chứng minh: $\frac{ab}{8\sqrt{a}+22b}+\frac{bc}{8\sqrt{b}+22c}+\frac{ca}{8\sqrt{c}+22a}\leqslant \frac{1}{10}$

Tới đây chúng ta phải đổi dấu lại dưới dạng: $\frac{8a\sqrt{a}}{8\sqrt{a}+22b}+\frac{8b\sqrt{b}}{8\sqrt{b}+22c}+\frac{8c\sqrt{c}}{8\sqrt{c}+22a}\geqslant \frac{4}{5}$

$\Leftrightarrow \frac{8a^2}{8a+22b\sqrt{a}}+\frac{8b^2}{8b+22c\sqrt{b}}+\frac{8c^2}{8c+22a\sqrt{c}}\geqslant \frac{4}{5}$

Cộng mẫu là ý tưởng tốt, ta cần chứng minh: $b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\leqslant 3$

Việc này vô cùng đơn giản, xin nhường cho bạn đọc!


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

 

 

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

 

 

 


#78
Sangnguyen3

Sangnguyen3

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 222 Bài viết

SET BẤT ĐẲNG THỨC TUẦN 5:

Bài 73: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng: $$a^2+b^2+c^2+a^2b+b^2c+c^2a\ge2(ab+bc+ca)$$

Bài 74: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\frac{2a^2}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{2b^2}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{2c^2}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}$

Bài 75: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=1 $. Chứng minh rằng: $$ \sqrt{a^2+2a}+\sqrt{b^2+2b}+\sqrt{c^2+2c} \ge \sqrt{a^2+b^2+c^2+24} $$

Bài 76: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $\frac{a^3+1}{b^2+c^2}+\frac{b^3+1}{c^2+a^2}+\frac{c^3+1}{a^2+b^2}\geqslant a+b+c$

Bài 77: Tìm giá trị lớn nhất của $\sqrt{x-x^3}+\sqrt{x+x^3}$ với $0\leqslant x\leqslant 1$

Ta có:$a^{2}b+b\geq 2ab=>\sum a^{2}b + \sum a \geq 2(ab+bc+ca). Can c/m \sum a^{2} \geq a+b+c. Mat khac,\sum a^{2}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{3}. Quyvec/m ,a+b+c\geq 3;Taco ab+bc+ca+abc\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{3}}{27}.Datx=a+b+cthibatphuongtrinhtrothanh: x^{3}+9x^{2}-108\geq 0<=>(x-3)(x+6)^{2}\geq 0 <=>x\geq 3 =>dpcm.Dau"="<=>a=b=c=1$

Câu 73 ạ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 12-04-2022 - 20:33


#79
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Ta có:$a^{2}b+b\geq 2ab=>\sum a^{2}b + \sum a \geq 2(ab+bc+ca). Can c/m \sum a^{2} \geq a+b+c. Mat khac,\sum a^{2}\geq \frac{\left ( \sum a \right )^{2}}{3}. Quyvec/m ,a+b+c\geq 3;Taco ab+bc+ca+abc\leq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{3}+\frac{\left ( a+b+c \right )^{3}}{27}.Datx=a+b+cthibatphuongtrinhtrothanh: x^{3}+9x^{2}-108\geq 0<=>(x-3)(x+6)^{2}\geq 0 <=>x\geq 3 =>dpcm.Dau"="<=>a=b=c=1$

Câu 73 ạ

Em sửa bài lại cho đẹp nhé, với cả cách em cũng hay nhưng anh xin chia sẻ một cách khác cũng là ý tưởng chính của người ra đề

Từ giả thiết có: $1=\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}=\frac{c^2}{c^2a+2c^2}+\frac{a^2}{a^2b+2a^2}+\frac{b^2}{b^2c+2b^2}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+2(a^2+b^2+c^2)}$ 

Dễ dàng có điều phải chứng minh


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

 

 

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

 

 

 


#80
Sangnguyen3

Sangnguyen3

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 222 Bài viết

Mình sẽ phân tích một chút bài $74$ này, cũng là đề của tỉnh mình. Đây là lần đầu mình bình luận một bài bất đẳng thức nên có gì sai sót mong các bạn thông cảm!

Bài này nhìn vào hình thức thì các bạn sẽ có một ý tưởng là cộng mẫu luôn, như vậy thì cái mẫu sẽ có biểu thức $2b\sqrt{a}+2c\sqrt{b}+2a\sqrt{c}+3(a^2+b^2+c^2)$ rất cồng kềnh, chúng ta cần đánh giá nó dựa và đại lượng $a+b+c=3$, tức là ta cố gắng đánh giá $2b\sqrt{a}+2c\sqrt{b}+2a\sqrt{c}+3(a^2+b^2+c^2)\leqslant k(a+b+c)^2+(a+b+c)$ kiểu vậy, nhưng kết quả sẽ hoàn toàn ngược vì thí dụ như ta đánh giá kiểu: $2b\sqrt{a}\leqslant ab+a$ nhằm xuất hiện $a+b+c$, nhưng sẽ thất bại vì đại lượng $3(a^2+b^2+c^2)$, tất cả đánh giá sẽ không đủ để bù đắp "số 3" quá lớn của đại lượng này.

Thử một hướng khác xem, nâng bậc của $a$ ở tử lên bậc 3 để dùng Holder thì lại càng bế tắc vì các căn dưới mẫu, còn bậc $4$ để cộng mẫu thì các đại lượng $3a^2b^2,3b^2c^2,3c^2a^2$ rất khó đánh giá 

Thử đột phá ý tưởng thì ta quan sát thật kĩ, thấy biểu thức $a+2b\sqrt{a}+3b^2$ rất lạ nhưng kĩ thêm một chút thì nó rất quen thuộc, vì sao, nếu đặt $a=x^2,b=y$ thì đại lượng trên trở thành $x^2+2xy+3y^2$, thật bất ngờ. Hướng này có vẻ rất khả thi

Tức chúng ta phải đối dấu lại thành tìm giá trị lớn nhất chứ không phải giá trị nhỏ nhất, như vậy ta quy về: $\frac{a(2b\sqrt{a}+3b^2)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}+\frac{b(2c\sqrt{b}+3c^2)}{b+2c\sqrt{b}+3c^2}+\frac{c(2a\sqrt{c}+3a^2)}{c+2a\sqrt{c}+3a^2}\leqslant \frac{5}{2}$

Ta quan tâm đến phân thức: $$\frac{a(2b\sqrt{a}+3b^2)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}=\frac{ab(2\sqrt{a}+3b)}{a+2b\sqrt{a}+3b^2}$$

Như vậy ta cần tìm các số $k,h$ nào đó sao cho: $\frac{2x+3y}{x^2+2xy+3y^2}\leqslant \frac{1}{kx+hy}$. Cho dấu bằng $x=y=1$ thì $k+h=\frac{6}{5}$

Thế $h=\frac{6}{5}-k$ vào biểu thức trên rồi phân tích nhân tử $x-y$ sẽ tìm được các hệ số $k,h$

Tóm lại, ta được: $25(a+2b\sqrt{a}+3b^2)\geqslant (2\sqrt{a}+3b)(8\sqrt{a}+22b)$

Vậy ta cần chứng minh: $\frac{ab}{8\sqrt{a}+22b}+\frac{bc}{8\sqrt{b}+22c}+\frac{ca}{8\sqrt{c}+22a}\leqslant \frac{1}{10}$

Tới đây chúng ta phải đổi dấu lại dưới dạng: $\frac{8a\sqrt{a}}{8\sqrt{a}+22b}+\frac{8b\sqrt{b}}{8\sqrt{b}+22c}+\frac{8c\sqrt{c}}{8\sqrt{c}+22a}\geqslant \frac{4}{5}$

$\Leftrightarrow \frac{8a^2}{8a+22b\sqrt{a}}+\frac{8b^2}{8b+22c\sqrt{b}}+\frac{8c^2}{8c+22a\sqrt{c}}\geqslant \frac{4}{5}$

Cộng mẫu là ý tưởng tốt, ta cần chứng minh: $b\sqrt{a}+c\sqrt{b}+a\sqrt{c}\leqslant 3$

Việc này vô cùng đơn giản, xin nhường cho bạn đọc!

$\sum \left (\sqrt{b}.\sqrt{ab} \right )\leq \sqrt{(a+b+c).(ab+bc+ca)} \leq \sqrt{3.3}=3$

em nghĩ là vậy ạ






1 người đang xem chủ đề

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