Chủ đề này có 9 trả lời

[bizizitet]

ông thầy tui cho 30 bài đầu tiên trong tập 500 bất đẳng thức của Cao Qunag Minh biểu về nhà làm rồi nộp. Toàn thi quốc tế ko mới chết
http://www.thpt-phan.....0tong hop.pdf

Pro nào biết giải hoặc gợi ý với !!!
Thank nhìu

[Peter Pan]

bài 1: cho a,b,c>0 c/m:
$\sqrt{a^2+(1-b)^2}+\sqrt{b^2+(1-c)^2}+\sqrt{c^2+(1-a)^2} \geq \dfrac{3}{sqrt{2}}$
Áp dụng bđt Minkowsky ta có
$VT \geq \sqrt{(a+b+c)^2+(1-a+1-b+1-c)^2} \$
đặt $a+b+c=x $ thì $\ \Leftrightarrow VT \geq{\sqrt{x^2+(3-x)^2}\geq \sqrt{2(x-\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{9}{2}}\geq\dfrac{3}{\sqrt{2}}$
Done!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi winwave1995: 13-09-2010 - 16:32

[Peter Pan]

Bài 7: a,b,c thực dương .C/m:
$\sum\dfrac{a}{(b+c)^2}\geq\dfrac{9}{4(a+b+c)}$
ta có 3 cách sau
C1: bất đẳng thức này đối xứng . Ta giả sử r�#8220;i dùng Chebyshev được

ta có $VT\geq\dfrac{1}{3}.(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b})(\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+\dfrac{1}{a+b})$

áp dụng Nesbit và Cauchy-schwarz ta được

$VT\geq\dfrac{1}{3}.\dfrac{3}{2}.\dfrac{9}{2(a+b+c)}=\dfrac{9}{4(a+b+c)}$
C2: cũng dùng Chebyshev nhưng với các bộ khác
ta có: $VT\geq\dfrac{1}{3}.(a+b+c)(\sum\dfrac{1}{(a+b)^2})$
giờ ta cần CM:$\dfrac{(a+b+c)^2}{3}.(\sum\dfrac{1}{(a+b)^2}\geq \dfrac{9}{4}$
mà $(a+b+c)^2\geq 3(ab+ac+bc)$ vì vậy ta cần Cm:
$(ab+ac+bc)(\sum\dfrac{1}{(a+b)^2})\geq\dfrac{9}{4}$
đây là BĐT nổi tiếng Iran-96
C3:Chuẩn hóa $a+b+c=3$
$BDT<=>\sum\dfrac{a}{(3-a)^2}\geq\dfrac{3}{4}$
ta có đánh giá sau
$\dfrac{a}{(3-a)^2}\geq\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}.(x-1)$ ( cái này bạn tự khai triển ra nha )
làm tương tự r�#8220;i cộn lại ta có ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi winwave1995: 13-09-2010 - 17:07

[nguyen thai phuc]

Để tiết kiệm thời gian thì mình sẽ không đánh đề bài, các bạn tự xem nhá .
2. Vì
$\begin{array}{l} a;b;c \in \left( {0;1} \right) \Rightarrow abc < 1;\left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right) < 1 \\ \Rightarrow \sqrt {abc} + \sqrt {\left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right)} < \sqrt[3]{{abc}} + \sqrt[3]{{\left( {1 - a} \right)\left( {1 - b} \right)\left( {1 - c} \right)}} \le \dfrac{{a + b + c}}{3} + \dfrac{{1 - a + 1 - b + 1 - c}}{3} = 1 \\ \end{array}$.
3.
$\begin{array}{l} \sum {\dfrac{{b + c}}{{\sqrt a }}} = \sum {b\left( {\dfrac{1}{{\sqrt a }} + \dfrac{1}{{\sqrt c }}} \right)} \ge 2\sum {b.\dfrac{1}{{\sqrt[4]{{ac}}}}} = 2\sum {b^{\dfrac{5}{4}} } \\ \sum {\left( {2b^{\dfrac{5}{4}} + 3} \right)} \ge 5\sum {\sqrt b } \\ \Rightarrow \sum {\dfrac{{b + c}}{{\sqrt a }}} \ge 5\sum {\sqrt b } - 9 \ge \sum {\sqrt b } + 3 \\ \end{array}$.
4.
$\begin{array}{l} x^4 + ax^3 + 2x^2 + bx + c = 0 \\ \Rightarrow \left( {x^2 + 1} \right)^4 = x^2 \left( {ax^2 + b} \right)^2 \le x^2 \left( {x^4 + 1} \right)\left( {a^2 + b^2 } \right)\left( {Cauchy - Schwart} \right) \\ \Rightarrow a^2 + b^2 \ge \dfrac{{\left( {x^2 + 1} \right)^4 }}{{x^2 \left( {x^4 + 1} \right)}} = \dfrac{{\left( {x^4 + 2x^2 + 1} \right)^2 }}{{x^2 \left( {x^4 + 1} \right)}} \ge 8\left( {AM - GM} \right) \\ \end{array}$
5.Ta có:
$\begin{array}{l} P = x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = \left( {x + y + z} \right)^3 - 3\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right) \\ x + y + z = a;xy + yz + zx = b \Rightarrow a^2 - 2b = 1 \Rightarrow b = \dfrac{{a^2 - 1}}{2} \\ \Rightarrow P = a^3 - 3ab = a^3 - 3a.\dfrac{{a^2 - 1}}{2} = \dfrac{1}{2}\left( {3a - a^3 } \right) \\ \end{array}$.
Mà ta có:
$\begin{array}{l} \left( {a - 1} \right)^2 \left( {a + 2} \right) \ge 0 \Rightarrow a^3 - 3a \ge - 2 \Rightarrow 3a - a^3 \le 2 \\ \Rightarrow P_{m{\rm{ax}}} = 1\,khi\,a = 1 \\ \end{array}$.
6.
$\begin{array}{l} ax + by + cz + 2\sqrt {\left( {xy + yz + zx} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} \\ \le \sqrt {\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)\left( {x^2 + y^2 + z^2 } \right)} + \sqrt {2\left( {xy + yz + zx} \right).2\left( {ab + bc + ca} \right)} \\ \le \sqrt {\left( {x^2 + y^2 + z^2 + 2\left( {xy + yz + zx} \right)} \right)\left( {a^2 + b^2 + c^2 + 2\left( {ab + bc + ca} \right)} \right)} \\ \,\,\, = \left( {a + b + c} \right) \\ \end{array}$
Tạm thời thế đã

[nguyen thai phuc]

Tuy đang bài tập bù đầu nhưng vẫn bay vô làm cho đỡ chán
11. Mấy bài này em rất thích phang p;q;r vô .
$\begin{array}{l} p = a + b + c;q = ab + bc + ca;r = abc \\ \sum {a^3 } = p^3 - 3pq + 3r = 1 - 3q + 3r \\ \sum {a^2 } = p^2 - 2q = 1 - 2q \\ \Rightarrow 6\left( {1 - 3q + 3r} \right) + 1 \ge 5\left( {1 - 2q} \right) \\ \Leftrightarrow 1 + 9r \ge 4q \Leftrightarrow p^3 + 9r \ge 4pq \\ \end{array}$.
Đây chín là Schur.
16.
$1 + \dfrac{3}{{a + b + c}} = 1 + \dfrac{9}{{3abc\left( {a + b + c} \right)}} \Rightarrow 1 + \dfrac{9}{{\left( {ab + bc + ca} \right)^2 }} \ge \dfrac{6}{{ab + bc + ca}}$.
Nghĩ thêm dc bài nào sẽ post tiếp

[hp9570]

100 bài đầu là của sách 100 bất đẳng thức của Hojoo Lee

[hp9570]

Sách này mình đã post lên rồi đó

[Peter Pan]

bài 15: x,y,z>0, $a+x \geq b+y\geq c+z$ và $a+b+c=x+y+z$
ĐPCM:$ay+bx \geq ac+xz$
xét hiệu
$H=ay+bx-ac-zx=a(y-c)+x.(b-z)=a(a+b-x-z)+x.(b-z)$ (do $z+b+c=x+y+z$)
$=a(a-x)+a(b-z)+x.(b-z)=a^2-ax+(b-z)(a+x)=\dfrac{1}{2}.(a-x)^2+\dfrac{1}{2}(a^2-x^2)+(a+x)(b-z)$
$=\dfrac{1}{2}(a-x)^2+\dfrac{1}{2}(a+x)(a-x+2b-2z)$
thay $a=x+y+z-b-c$ ta được
$H=\dfrac{1}{2}(a-x)^2+\dfrac{1}{2}(a+x)(b+y-z-c)\geq0$
đúng theo giả thiết $b+y\geq c+z$
Done!!
bài 17 khỏi nói
P/s:@hp9570 : cậu post file đó lên luôn đi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi winwave1995: 13-09-2010 - 21:28

[hp9570]

ok

File gửi kèm

•  old_new.pdf   3.16MB   253 Số lần tải

[nguyen thai phuc]

ok

Èo, thất vọng quá :-<. Biết thế đừng làm. Ngồi hì hục cày cuối cùng có full solution luôn .
Thôi mình làm mấy bài mình thấy thú vị nhá .
21. Bài này sách giải cũng hay nhưng mà mình có một cách rất ảo, sử dụng tí skill của bạn Cường + 1 tí skill cá nhân ).
$\begin{array}{l} \sum {\sqrt {x^2 + 1} } = \sum {\sqrt {x^2 + \dfrac{{xyz}}{{x + y + z}}} } = \sum {\sqrt {\dfrac{{x\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}{{x + y + z}}} } \\ = \sum {\sqrt {\dfrac{{\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}{{yz}}} } \le \sum {\dfrac{{x + y}}{z}} \\ \Rightarrow \sum {\sqrt {x^2 + 1} } + 3 \le \sum {\left( {\dfrac{{x + y}}{z} + 1} \right)} = \left( {\sum x } \right)\left( {\sum {\dfrac{1}{x}} } \right) = \left( {\sum {xy} } \right)\left( {\sum {\dfrac{1}{{xy}}} } \right) = \sum {xy} \\ \end{array}$
Mới mẻ hơn nhiều, phải không ? .