Chủ đề này có 181 trả lời

[Toanlc_gift]

pác nè làm vắn tắt wa.Hic mà cm bài toán nè lại phải dùng một bài toán khác cũng mạnh và khó như bđt Iran 96 sao pác!em nghĩ dùng cách khác đi

nản,đòi hỏi cao quá đấy,xem ở đây đi:
http://www.mathlinks...ic.php?t=281905

[cvp]

nản,đòi hỏi cao quá đấy,xem ở đây đi:
http://www.mathlinks...ic.php?t=281905

đc rùi em biết thêm mấy cách thanks pác

[Toanlc_gift]

đc rùi em biết thêm mấy cách thanks pác

ngoài ra còn có cách đơn giản hơn nhiều:
nhân cả hai vế cho $x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx>0,$ và với chú ý rằng $x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=(y^2+yz+z^2)+x(x+y+z),$ ta có thể viết lại bdt cần chứng minh dưới dạng
$(x+y+z)\sum \dfrac{x}{y^2+yz+z^2} +3 \ge 9-\dfrac{9(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2},$
mà
$\sum \dfrac{x}{y^2+yz+z^2} \ge\dfrac{x+y+z}{xy+yz+zx},$
nên ta chỉ cần chứng minh được
$\dfrac{(x+y+z)^2}{xy+yz+zx} +3 \ge 9-\dfrac{9(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2},$
tức là
$\dfrac{(x+y+z)^2}{xy+yz+zx} +\dfrac{9(xy+yz+zx)}{(x+y+z)^2} \ge 6.$Đặt $t=\dfrac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}\ge1$ thì (2) có dạng
$t+\dfrac9{t+2}\ge4 \Leftrightarrow \dfrac {(t-1)^2}{t+2}\ge 0$
luôn đúng.

[duca1pbc]

Haiz.Thử chém cách khác xem .Đặt $p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz $ cho gọn
BĐT tương đương:
$ \sum ( \dfrac{1}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{xy+yz+zx}) \ge \dfrac{9}{(x+y+z)^2}+\dfrac{3}{xy+yz+zx} $
$VT \ge \sum \dfrac{4}{(x+y+z)(y+z)}=\dfrac{4(p^2+q)}{p(pq-r)} $
ta cm:$\dfrac{4(p^2+q)}{p(pq-r)} \ge \dfrac{9q+3p^2}{p^2q} $
$\leftrightarrow 4pq(p^2+q) \ge 3(3q+p^2)(pq-r) $
$\leftrightarrow p^3q+9qr+3p^2r-5pq^2 \ge 0 $
Chú ý là $p^3+9r-4pq=\sum a(a-b)(a-c),q^2-3pr=\sum bc(a-b)(a-c) $
nên bđt cần cm tương đương: $\sum (a(ab+bc+ca)-bc(a+b+c))(a-b)(a-c) \ge 0 $
Cái này đúng theo Vornicu Schur

[cvp]

Haiz.Thử chém cách khác xem .Đặt $p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz $ cho gọn
BĐT tương đương:
$ \sum ( \dfrac{1}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{xy+yz+zx}) \ge \dfrac{9}{(x+y+z)^2}+\dfrac{3}{xy+yz+zx} $
$VT \ge \sum \dfrac{4}{(x+y+z)(y+z)}=\dfrac{4(p^2+q)}{p(pq-r)} $
ta cm:$\dfrac{4(p^2+q)}{p(pq-r)} \ge \dfrac{9q+3p^2}{p^2q} $
$\leftrightarrow 4pq(p^2+q) \ge 3(3q+p^2)(pq-r) $
$\leftrightarrow p^3q+9qr+3p^2r-5pq^2 \ge 0 $
Chú ý là $p^3+9r-4pq=\sum a(a-b)(a-c),q^2-3pr=\sum bc(a-b)(a-c) $
nên bđt cần cm tương đương: $\sum (a(ab+bc+ca)-bc(a+b+c))(a-b)(a-c) \ge 0 $
Cái này đúng theo Vornicu Schur

hì các pác chém nhiệt tình wa.em thanks nha nhiều cách hay thật!

[duca1pbc]

ý viết 1 hồi x,y,z nhảy sang a,b,c.Ngại sửa quá.Bạn đọc tự hiểu nhé

[Hero Math]

1,Cho $ a^{3}+b^{3}+c^{3}=3abc+1$ .Tìm GTNN của: $ S=a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Xem ai có cách ngắn nhất và sơ cấp nhất cho bài 1
2, Với $a,b,c>0$ sao cho $abc=3$.Tìm GTNN của : $P=\dfrac{\sqrt{a^{2}+b^{3}+c^{4}}}{a^{3}+b^{2}+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 27-06-2009 - 14:52

[cvp]

1,Cho $ a^{3}+b^{3}+c^{3}=3abc+1$ .Tìm GTNN của: $ S=a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Xem ai có cách ngắn nhất và sơ cấp nhất cho bài 1
2, Với $a,b,c>0$ sao cho $abc=3$.Tìm GTNN của : $P=\dfrac{\sqrt{a^{2}+b^{3}+c^{4}}}{a^{3}+b^{2}+c}$

Cứ thử bài 1 đã
Ta có: $1=a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$
$=>1=(a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\le\dfrac{((a+b+c)^2+2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca))^3}{27}$
$=>1\le(a^2+b^2+c^2)^3$
Do đó: $a^2+b^2+c^2\ge1$
Vậy $(a^2+b^2+c^2)min=1$
p/s:cách nè chắc là sơ cấp nhưng ngắn hay ko thì em ko biết

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 27-06-2009 - 18:24

[Hero Math]

Cứ thử bài 1 đã
Ta có: $1=a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$
$=>1=(a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\le\dfrac{((a+b+c)^2+2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca))^3}{27}$
$=>1\le(a^2+b^2+c^2)^3$
Do đó: $a^2+b^2+c^2\ge1$
Vậy $(a^2+b^2+c^2)min=1$
p/s:cách nè chắc là sơ cấp nhưng ngắn hay ko thì em ko biết

Anh Dũng có cách khá ngắn gọn và hay đó. Đây là cách của em:Đặt $ab+bc+ac=x.$
$1=(a^3+b^3+c^3-3abc)^{2}=[(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)]^{2}=(S+2x)(S-x)^{2}=S^{3}+2x^{3}-3Sx^{2}$
$ \Leftrightarrow S^{3}=1+x^{2}(3S-2x)\geq 1$ vì $3S>2S=2(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 2(ab+bc+ac)=2x$.Vậy $Min S=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 27-06-2009 - 19:41

[cvp]

Anh Dũng có cách khá ngắn gọn và hay đó. Đây là cách của em:Đặt $ab+bc+ac=x.$
$1=(a^3+b^3+c^3-3abc)^{2}=[(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)]^{2}=(S+2x)(S-x)^{2}=S^{3}+2x^{3}-3Sx^{2}$
$ \Leftrightarrow S^{3}=1+x^{2}(3S-2x)\geq 1$ vì $3S>2S=2(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 2(ab+bc+ac)=2x$.Vậy $Min S=1$

ừ cách em cũng hay đó

[Hero Math]

Cho $ a,b,c $ đôi một khác nhau: CMR:$ (a^{2}+b^{2}+c^{2})(\dfrac{1}{(a-b)^{2}}+\dfrac{1}{(b-c)^{2}}+\dfrac{1}{(c-a)^{2}})\geq \dfrac{9}{2}.$

[Toanlc_gift]

Cho $ a,b,c $ đôi một khác nhau: CMR:$ (a^{2}+b^{2}+c^{2})(\dfrac{1}{(a-b)^{2}}+\dfrac{1}{(b-c)^{2}}+\dfrac{1}{(c-a)^{2}})\geq \dfrac{9}{2}.$

giả sử $c = \min \{ a;b;c\} $
$f(a;b;c) = VT - VP$
$f(a;b;c) \ge f(a - c;b - c;0) = f(x;y;0) = \dfrac{{(2{x^4} - 8y{x^3} + 13{x^2}{y^2} - 8{y^3}x + 2{y^4}){{(y + x)}^2}}}{{2{{(x - y)}^2}{x^2}{y^2}}} \ge 0$

đẳng thức xảy ra khi 1 ku bằng zero,hai ku còn lại thì cộng vào sẽ bằng ku kia

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 28-06-2009 - 20:09

[cvp]

Cho $ a,b,c $ đôi một khác nhau: CMR:$ (a^{2}+b^{2}+c^{2})(\dfrac{1}{(a-b)^{2}}+\dfrac{1}{(b-c)^{2}}+\dfrac{1}{(c-a)^{2}})\geq \dfrac{9}{2}.$

Tui ddaay góp vui cách khác:
Sử dụng bđt Đào Hải Long;
$\dfrac{a^2}{(b-c)^2}+\dfrac{b^2}{(c-a)^2}+\dfrac{c^2}{(a-b)^2}\ge2$ (1)
cm đơn giản bằng cách đặt $x=\dfrac{a}{b-c};y=\dfrac{b}{c-a};z=\dfrac{c}{a-b}$
Tiếp theo chứng minh theo cách tương tự:
$\dfrac{(a+b)^2}{(a-b)^2}+\dfrac{(b+c)^2}{(b-c)^2}+\dfrac{(c+a)^2}{(c-a)^2}\ge2$
$=>\dfrac{a^2+b^2}{(a-b)^2}+\dfrac{b^2+c^2}{(b-c)^2}+\dfrac{c^2+a^2}{(c-a)^2}\ge\dfrac{5}{2}$ (2)
Từ (1);(2) => đpcm thui
dấu = khi 1 cái =0 2 cái còn lại tổng =0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 28-06-2009 - 20:22

[Hero Math]

Với $a,b,c$ là các số không âm và khác nhau. CMR:$(xy+yz+xz)(\dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}})\geq 4$

[vuthanhtu_hd]

Với $a,b,c$ là các số không âm và khác nhau. CMR:$(xy+yz+xz)(\dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}})\geq 4$

bài này đề thi VMO .Trên diễn đàn có post rồi mà

[cvp]

bài nè hình như là bài NMO của Việt Nam năm 2008

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 28-06-2009 - 21:55

[cvp]

Với $a,b,c$ là các số không âm và khác nhau. CMR:$(xy+yz+xz)(\dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}})\geq 4$

Bài nè để tui:
W.L.O.G giả sử $z=min{x,y,z}$
Ta có: $(x-z)^2+(y-z)^2=(x-y)^2+2(x-z)(y-z)$
$=> \dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}}=\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{{y-z)^2(z-x)^2}+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{2}{(x-z)(y-z)+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}=\dfrac{4}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{4}{xy+yz+zx}$
=> đpcm

[cvp]

Với $a,b,c$ là các số không âm và khác nhau. CMR:$(xy+yz+xz)(\dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}})\geq 4$

Bài nè để tui:
W.L.O.G giả sử $z=min{x,y,z}$
Ta có: $(x-z)^2+(y-z)^2=(x-y)^2+2(x-z)(y-z)$
$=> \dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}}$
$=\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{(y-z)^2(z-x)^2}+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}$
$\ge\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}=\dfrac{4}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{4}{xy+yz+zx}$
=> đpcm

[Hero Math]

Hãy cùng điểm lại các bài toán chưa có lời giải trong topic này nhé

Bài 1:cho a,b,c >0 và$ a+b+c\geq abc$.TÌm GTNN của: $(a+b+c)(\dfrac{1}{a^{4}(b+c)}+\dfrac{1}{b^{4}(a+c)}+\dfrac{1}{b^{4}(a+c)})$
Bài 2: cho$ a,b,c \geq 0$.CMR: $a^{5}+b^{5}+c^{5}\geq 5abc(b^{2}-ac)$

Bài 3:CHo a,b,c dương và $ab+bc+ac+abc=4$.Tìm GTNN của : $P=a+b+c+12abc$

Bài 4:Chứng minh với mọi $a,b,c,d \in R$ và $a+b+c+d=0$ thì:
$(ab + bc + cd + da + bd + ac)^2 + 12 \geq 6(abc + abd + bcd + dca)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 29-06-2009 - 14:48

[Hero Math]

Tiếp tục các bài chưa có lời giải.

Bài 5:Cho a,b,c không âm .CMR:$\dfrac{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq \sqrt{a^{2}-ab+b^{2}}+ \sqrt{b^{2}-bc+c^{2}}+ \sqrt{c^{2}-ac+a^{2}}$

Bài 6:.Với $a,b,c$ là các số dương và $ab+bc+ac=abc$. Tìm GTLN của : $A=\dfrac{1}{\sqrt{a^{2}+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^{2}+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^{2}+1}}$

Bài 7:Cho $a,b,c > 0$ và $ab+bc+ac=3$.CMR: $8(a+b+c)^{2}\geq 9(a+b)(b+c)(c+a)$