Chủ đề này có 15 trả lời

[gà học toán]

1a,b,c>0.C/m
(a^2)/(a^2+(b+c)^2)+(b^2)/(b^2+(a+c)^2)+(c^2)/(c^2+(a+b)^2) 3/5
2.a,b,c>0.a+b+c 3/2.C/m
(3+1/a+/1b)(3+1/b+1/c)(3+1/a+1/c) 343
3.a,c>0.a^2+b^2=1
c/m:1/a+1/$\sqrt{a/b}$-$\sqrt{b/a}$)^2 2$\sqrt{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gà học toán: 18-02-2007 - 14:19

[supermember]

1a,b,c>0.C/m
$\dfrac{a^2}{a^2+(b+c)^2}+\dfrac{b^2}{b^2+(a+c)^2}+\dfrac{c^2}{c^2+(a+b)^2} \geq \dfrac{3}{5} $
2.a,b,c>0.$a+b+c \leq \dfrac{3}{2}$.C/m:
$(3+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})(3+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})(3+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}) \geq 343 $
3.a,b>0.$a^2+b^2=1$
c/m:$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-(\sqrt{\dfrac{a}{b}}-\sqrt{\dfrac{b}{a}})^2 \geq 2\sqrt{2}$

Sửa cái đề.Hi vọng là đúng

[Sk8ter-boi]

mọi người thử hướng này cho bài 1 xem
đặt $x=\dfrac{b+c}{a};y= \dfrac{a+c}{b};z= \dfrac{a+b}{c} $
bài toán trở thành
cho x+y+z>=6
CMR
$ \dfrac{1}{1+x^2} + \dfrac{1}{1+y^2} + \dfrac{1}{1+z^2} \geq \dfrac{3}{5} $

[dtdong91]

Làm như hannah là sai rùi đó em ạ
Bởi cho x=y=z=1000000 là sai liền
Sự thực là x,y,z còn nhìu điều ràng buộc nữa ko phải chỉ x+y+z 6 đâu
Bài 1 chỉ cần chuẩn hóa a+b+c=3 là okie ,khi đó có thể dùng pp hệ số bất định đánh giá từng đại diện
Bài 2 quá dễ rùi xài thẳng holder => VT $(3+\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}}+\sqrt[3]{\dfrac{1}{abc}})^3$
Bài 3 thì từ từ nhé

[ConanKudo]

Sai rồi Đông bài 1 hệ số bất định không được đâu Tớ thử rồi cậu thử thì bíêt!
Bài 2 còn một cách nữa là tách ra và điểm rơi Cô-si

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ConanKudo: 19-02-2007 - 11:30

[dtdong91]

bài 3 dùng cái này $ (\sqrt{\dfrac{a}{b}}-\sqrt{\dfrac{b}{a}})^2=\dfrac{(a-b)^2}{ab}$
Rùi đưa về c/m cái này $ a+b-1 \geq 2(\sqrt{2}-1)ab$
Cái này thì dễ rùi
có thể dùng dồn biến hoặc thế vào cũng okie
CÒn bài 1 đơn giản lắm nhưng để từ từ kẻo mất vui

[zaizai]

Bài 1 thì ko làm khó U.C.T được rồi. Nhưng mà tiếc là còn dễ. Thử bài này nè chặt hơn tí, dùng U.C.T vẫn ngon
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$ \dfrac{a^3}{a^3+(b+c)^3}+\dfrac{b^3}{b^3+(a+c)^3}+\dfrac{c^3}{c^3+(b+a)^3}\ge \dfrac{1}{3} $
Bài 3 thì quen quá thì phải. Hình như trên báo TTT2. Cứ nhóm về bình phương là xong, ngoài ra còn mấy cách nữa thì phải.

Nói thêm rằng Hệ số bất định chỉ là 1 kĩ thuật mà thôi. Chẳng thể gọi là phương pháp được. Nhưng mà nó còn nhiều điều thú vị lắm đấy. Một cái mới của U.C.T cũng khá chặt sẽ giải quyết được các bài toán khó hơn. Kiểu như bài trong tạp chí Crux nằm trong phần phân tách Chebyshev of sách anh Hùng.
Bài toán: (Tạp chí Crux, Canada)
Cho $a,b,c\ge 0$ thỏa mãn$ a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$ \dfrac{1}{9-ab}+\dfrac{1}{9-bc}+\dfrac{1}{9-ca}\le \dfrac{3}{8} $
Rõ ràng bài trên cái tư tưởng U.C.T cũ thì không áp dụng được nhưng U.C.T mở rộng thì vẫn trị được. Các bạn thử giải bài trên bằng Hệ số bất định đi.
Thôi out, lâu ngày vào lại nói năng linh tinh Mà hình như mình lại bị del thêm 50 post nữa thì phải. Ko biết spam kiểu gì mà xóa nhiều vậy ko biết nữa
Thôi off luôn. Không vào diễn đàn nữa. Bye bye mọi người

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi zaizai: 20-02-2007 - 01:31

[dtdong91]

Đúng bài 1 ko thể làm khó U.C.T được
Ta có $ \dfrac{a^2}{2 a^2-6a+9} \geq \dfrac{xa+y}{z}$ với phân tích tương đương là $ (a-1)^2 (a+k) \geq 0$
Giải ra tìm x,y,z là được
chắc thế

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dtdong91: 20-02-2007 - 19:46

[Sk8ter-boi]

hi`hi` bài trên của anh zaizai có thể giải bằng Chebyshev ko khó khăn lắm

lúc nhìn bài 1 làm em liên tưởng đến Japan 97 nên cứ nghĩ cách giải cũng đúng thế
JP 97 em nhớ ko nhầm là thế này
$\sum \dfrac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2} \geq \dfrac{3}{5}$
JP 97 ngoài cách giải dựa trên BĐT phụ rất hay thì còn cách giải đặt ẩn như trên

[dtdong91]

Hix em nói đến Japan làm anh lại nghĩ đến bài này khá hay
Cho a,b,c>0,a+b+c=1
CMR $ a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b} \leq 1$

[supermember]

$\sum \dfrac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2} \geq \dfrac{3}{5}$

Nhìn cái bài đó thấy giống giống bài này quá:cho a,b,c là 3 cạnh tam giác.CMR:
$ \sum \dfrac{a^2+b^2-c^2}{(a+b)^2-c^2} \leq 1 $

[Sk8ter-boi]

Hix em nói đến Japan làm anh lại nghĩ đến bài này khá hay
Cho a,b,c>0,a+b+c=1
CMR $ a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b} \leq 1$

$ \sum a \sqrt[3]{1+b-c}= \sum a\sqrt[3]{a+2b} \leq \sum a( \dfrac{a+2b+2}{3})= \dfrac{ \sum a^2+ 2\sum ab +2 \sum a }{3} =1 $

1 BĐT cũng cùng dạng là USaMo 2003
$\sum \dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hannah Montana: 21-02-2007 - 19:26

[dtdong91]

Bài này chỉ cần dùng Holder thui em ạ
ta có $ (\sum a\sqrt[3]{1+b-c})^3 \leq (a+b+c)(a+b+c)( \sum a(1+b-c))=(a+b+c)^3=1$

[Phạm Đức Hiếu]

bài 3 dùng cái này $ (\sqrt{\dfrac{a}{b}}-\sqrt{\dfrac{b}{a}})^2=\dfrac{(a-b)^2}{ab}$
Rùi đưa về c/m cái này $ a+b-1 \geq 2(\sqrt{2}-1)ab$
Cái này thì dễ rùi
có thể dùng dồn biến hoặc thế vào cũng okie
CÒn bài 1 đơn giản lắm nhưng để từ từ kẻo mất vui

anh có thể viết cụ thể bài 3 ra đc ko ạ, và dùng kiến thức THCS để giải giúp em(vì em mới học lớp 9 thôi)

[supermember]

hi`hi` bài trên của anh zaizai có thể giải bằng Chebyshev ko khó khăn lắm

lúc nhìn bài 1 làm em liên tưởng đến Japan 97 nên cứ nghĩ cách giải cũng đúng thế
JP 97 em nhớ ko nhầm là thế này
$\sum \dfrac{(b+c-a)^2}{a^2+(b+c)^2} \geq \dfrac{3}{5}$
JP 97 ngoài cách giải dựa trên BĐT phụ rất hay thì còn cách giải đặt ẩn như trên

Hix,bài này xài chuẩn hóa a+b+c=1,ta đưa về BĐT:
$ \sum \dfrac{(1-2a)^2}{a^2+(1-a)^2} \geq \dfrac{3}{5}$.Bằng Côsi ngược dấu,ta đưa về c/m $ \sum \dfrac{1}{2a^2-2a+1} \leq \dfrac{27}{5} $.Đến đây dùng Jensen là okie rùi

[dtdong91]

1 BĐT cũng cùng dạng là USaMo 2003
$\sum \dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}\geq 8 $

Chuẩn hóa a+b+c=3 rùi c/m $ \dfrac{3(3+a)^2}{2 a^2+(3-a)^2} \leq 4a+4$