Đến nội dung


Hình ảnh
* * * * * 3 Bình chọn

$\sum x \sum \dfrac{xc^2}{a^2}\geq \sum \dfrac{1}{a^2} \sum a^2yz $


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 math123

math123

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 207 Bài viết
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Ca nhạc, Toán học, Tin học ...

Đã gửi 11-03-2005 - 10:14

Cho $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác, $x,y,z$ là các số thực dương
CMR
$$(x+y+z)\left (\dfrac{xc^2}{a^2}+\dfrac{ya^2}{b^2}+\dfrac{zb^2}{c^2}  \right )\geq \left (\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}  \right ) (a^2yz+b^2zx+c^2xy)$$


Offline hết tháng 8. Có gì nhắn vào YM : vietanhlt

#2 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-04-2013 - 13:43

Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại nhiều ngày nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng  @};- cho bài toán này.

Hoa hồng hi vọng  @};- sẽ mang lại 50 điểm cho người đầu tiên giải đúng được bài toán này. Nếu hết ngày 03/04 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng  @};- sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.


1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 


#3 nhatquangsin

nhatquangsin

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 238 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn-Bình Định
  • Sở thích:mathematics

Đã gửi 02-04-2013 - 22:10

(các bước biến đổi hơi tắt vì em chưa quen gõ latex)

Ta có: $\sum x.\sum \frac{xc^{2}}{a^{2}}\geq \sum \frac{1}{a^{2}}.\sum a^{2}yz$

$\Leftrightarrow \sum \frac{(b^{2}-a^{2})yz}{c^{2}}+\sum \frac{c^{2}x^{2}}{a^{2}}-\sum xy\geq 0$ (1)

Vì: $\frac{c^{2}x^{2}}{a^{2}}+\frac{b^{2}z^{2}}{c^{2}}\geq 2.\frac{b}{a}zx$

$\Rightarrow \sum \frac{c^{2}x^{2}}{a^{2}}\geq \sum \frac{c}{b}yz$

Thế vào (1) thì ta có:

$\sum (\frac{(b^{2}-a^{2})yz}{c^{2}}-yz+\frac{c}{b}yz)\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum [(\frac{b}{c})^{2}+\frac{c}{b}-(\frac{a}{c})^{2}-1]yz\geq 0$ (2)

Vì vai trò của a,b,c như nhau nên giả sử $a\leq c\leq b$$\Rightarrow \frac{a}{c}\leq 1;\frac{c}{b}\leq 1$

Và:

$(\frac{b}{c})^{2}+\frac{c}{b}+\frac{c}{b}\geq 3$

Nên: $ [(\frac{b}{c})^{2}+\frac{c}{b}-(\frac{a}{c})^{2}-1]yz\geq 0$

$\Rightarrow$ (2) đúng $\Rightarrow$ đpcm

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhatquangsin: 02-04-2013 - 22:17


#4 tieutuhamchoi98

tieutuhamchoi98

    Trung sĩ

  • Banned
  • 173 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nguyệt Đức - Yên Lạc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 03-04-2013 - 20:19

(các bước biến đổi hơi tắt vì em chưa quen gõ latex)

Ta có: $\sum x.\sum \frac{xc^{2}}{a^{2}}\geq \sum \frac{1}{a^{2}}.\sum a^{2}yz$

$\Leftrightarrow \sum \frac{(b^{2}-a^{2})yz}{c^{2}}+\sum \frac{c^{2}x^{2}}{a^{2}}-\sum xy\geq 0$ (1)

Vì: $\frac{c^{2}x^{2}}{a^{2}}+\frac{b^{2}z^{2}}{c^{2}}\geq 2.\frac{b}{a}zx$

$\Rightarrow \sum \frac{c^{2}x^{2}}{a^{2}}\geq \sum \frac{c}{b}yz$

Thế vào (1) thì ta có:

$\sum (\frac{(b^{2}-a^{2})yz}{c^{2}}-yz+\frac{c}{b}yz)\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum [(\frac{b}{c})^{2}+\frac{c}{b}-(\frac{a}{c})^{2}-1]yz\geq 0$ (2)

Vì vai trò của a,b,c như nhau nên giả sử $a\leq c\leq b$$\Rightarrow \frac{a}{c}\leq 1;\frac{c}{b}\leq 1$

Và:

$(\frac{b}{c})^{2}+\frac{c}{b}+\frac{c}{b}\geq 3$

Nên: $ [(\frac{b}{c})^{2}+\frac{c}{b}-(\frac{a}{c})^{2}-1]yz\geq 0$

$\Rightarrow$ (2) đúng $\Rightarrow$ đpcm

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

Nếu giả sử thế thì còn phải chứng minh 2 BĐt nữa k tương đương vs BĐT này:

'''Vì vai trò của a,b,c như nhau nên giả sử $a\leq c\leq b$$\Rightarrow \frac{a}{c}\leq 1;\frac{c}{b}\leq 1$

Và:

$(\frac{b}{c})^{2}+\frac{c}{b}+\frac{c}{b}\geq 3$

Nên: $ [(\frac{b}{c})^{2}+\frac{c}{b}-(\frac{a}{c})^{2}-1]yz\geq 0$

$\Rightarrow$ (2) đúng $\Rightarrow$ đpcm'''


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tieutuhamchoi98: 03-04-2013 - 20:20


#5 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1322 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 03-04-2013 - 23:49

Cho $a,b,c$ là 3 cạnh tam giác, $x,y,z$ là các số thực dương
CMR
$$(x+y+z)\left (\dfrac{xc^2}{a^2}+\dfrac{ya^2}{b^2}+\dfrac{zb^2}{c^2}  \right )\geq \left (\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}  \right ) (a^2yz+b^2zx+c^2xy)$$

Mấy hnay bận ôn thi c10 quá k có tg làm bất đẳng thức [email protected][email protected]? :)) Bài bạn ở trên giải sai do $a,b,c$ hoán vị nên không thể giả sử $a\leq c\leq b$.

----------

Khai triển 2 vế, ta đưa bất đẳng thức đầu bài về chứng minh:

$$x^2.\frac{c^2}{a^2}+y^2.\frac{a^2}{b^2}+z^2.\frac{b^2}{c^2}\geq \frac{b^2+c^2-a^2}{b^2}.xy+\frac{a^2+c^2-b^2}{c^2}.yz+\frac{a^2+b^2-c^2}{a^2}.zx$$

Do $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên the0 định lý cosin, ta có thể đặt 

$$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$$

Định nghĩa tương tự ch0 $\cos B,\cos C$, ta quy bài toán về chứng minh:

$$x^2.\frac{c^2}{a^2}+y^2.\frac{a^2}{b^2}+z^2.\frac{b^2}{c^2}\geq 2.\left(\cos A.\frac{c}{b}.xy+\cos B.\frac{a}{c}.yz+\cos C.\frac{b}{a}.zx\right)$$

Đặt $x.\frac{c}{a}=u,y.\frac{a}{b}=v,z.\frac{b}{c}=w$ ta có $u,v,w>0$ và cần chứng minh:

$$u^2+v^2+w^2\geq 2.\left(\cos A.uv+\cos B.vw+\cos C.wu\right)$$

Đây là 1 bất đẳng thức quen thuộc, có thể sử dụng PP tam thức bậc 2 để chứng minh ( Xem ở đây  (ví dụ 22) ) và ngoài ra còn 1 cách chứng minh bằng vector cũng khá thú vị như sau:

Xét các vector đơn vị $\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k}$ nằm trên và cùng hướng với $\overrightarrow{AB},\, \overrightarrow{BC},\, \overrightarrow{CA}$, ta có $\left(\overrightarrow{i}.v+\overrightarrow{j}w+\overrightarrow{k}.u\right)^2\geq 0$, khai triển và để ý $\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}=-\cos B$ có ngay điều phải chứng minh.

Kết thúc chứng minh. ĐẲng thức xảy ra chẳng hạn $a=b=c,x=y=z$ $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 03-04-2013 - 23:51

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#6 tieutuhamchoi98

tieutuhamchoi98

    Trung sĩ

  • Banned
  • 173 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nguyệt Đức - Yên Lạc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 05-04-2013 - 19:25

Mấy hnay bận ôn thi c10 quá k có tg làm bất đẳng thức [email protected][email protected]? :)) Bài bạn ở trên giải sai do $a,b,c$ hoán vị nên không thể giả sử $a\leq c\leq b$.

----------

Khai triển 2 vế, ta đưa bất đẳng thức đầu bài về chứng minh:

$$x^2.\frac{c^2}{a^2}+y^2.\frac{a^2}{b^2}+z^2.\frac{b^2}{c^2}\geq \frac{b^2+c^2-a^2}{b^2}.xy+\frac{a^2+c^2-b^2}{c^2}.yz+\frac{a^2+b^2-c^2}{a^2}.zx$$

Do $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên the0 định lý cosin, ta có thể đặt 

$$\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$$

Định nghĩa tương tự ch0 $\cos B,\cos C$, ta quy bài toán về chứng minh:

$$x^2.\frac{c^2}{a^2}+y^2.\frac{a^2}{b^2}+z^2.\frac{b^2}{c^2}\geq 2.\left(\cos A.\frac{c}{b}.xy+\cos B.\frac{a}{c}.yz+\cos C.\frac{b}{a}.zx\right)$$

Đặt $x.\frac{c}{a}=u,y.\frac{a}{b}=v,z.\frac{b}{c}=w$ ta có $u,v,w>0$ và cần chứng minh:

$$u^2+v^2+w^2\geq 2.\left(\cos A.uv+\cos B.vw+\cos C.wu\right)$$

Đây là 1 bất đẳng thức quen thuộc, có thể sử dụng PP tam thức bậc 2 để chứng minh ( Xem ở đây  (ví dụ 22) ) và ngoài ra còn 1 cách chứng minh bằng vector cũng khá thú vị như sau:

Xét các vector đơn vị $\overrightarrow{i},\overrightarrow{j},\overrightarrow{k}$ nằm trên và cùng hướng với $\overrightarrow{AB},\, \overrightarrow{BC},\, \overrightarrow{CA}$, ta có $\left(\overrightarrow{i}.v+\overrightarrow{j}w+\overrightarrow{k}.u\right)^2\geq 0$, khai triển và để ý $\overrightarrow{i}.\overrightarrow{j}=-\cos B$ có ngay điều phải chứng minh.

Kết thúc chứng minh. ĐẲng thức xảy ra chẳng hạn $a=b=c,x=y=z$ $\blacksquare$

Liệu có cách nào dành cho THCS không anh?

CM bằng cos sin thì hơi ảo! 



#7 PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Thành viên
  • 488 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-05-2013 - 16:51

Chấm bài 

WhjteShadow 50 điểm


1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!  :luoi:
 





1 người đang xem chủ đề

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