64 replies to this topic

[wallunint]

1) Choa,b,c là các số thực dương thoã mãn: $a+b+c=1$. CMR:
$9abc +1$ $4(ab+ac+bc)$

bài 2 này dễ hơn tí
2) Cho các số thực dương a,b,c. CMR:
$\dfrac{1}{a+3b}+\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{1}{c+3a}$ $\dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{b+2c+a}+\dfrac{1}{c+2a+b}$

Đễ bữa sau post tiếp.

Edited by wallunint, 23-02-2011 - 18:08.

[wallunint]

chắc sụp topic mất thôi, không ai giải à.
mấy bài này hay mà.
Bài 1: $abc \le (a + b - c)(b + c - a)(a + c - b)$
$\Leftrightarrow abc \le (1 - 2c)(1 - 2a)(1 - 2b)\\\Leftrightarrow abc \le (1 - 2a - 2c + 4ac)(1 - 2b)\\\Leftrightarrow abc \le 1 - 2(b + c + a) + 4(ab + ac + bc) - 8abc\\\Leftrightarrow 9abc + 1 \le 4(ab + ac + bc)\\(do{\rm{\_}}a + b + c = 1)$
Bài 2:áp dụng BĐT $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \ge \dfrac{4}{{x + y}}$, ta có:
$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{a + 3b}} + \dfrac{1}{{a + 2c + b}} \ge \dfrac{2}{{a + 2b + c}}\\\dfrac{1}{{b + 3c}} + \dfrac{1}{{b + c + 2a}} \ge \dfrac{2}{{b + a + 2c}}\\\dfrac{1}{{c + 3a}} + \dfrac{1}{{c + a + 2b}} \ge \dfrac{2}{{c + 2a + b}}\end{array}$
cộng các BĐT trên, ta được đpcm.


bài mình post ko ai giải buồn tình quá.



Không có gì đúng mà không được chứng minh.

Edited by wallunint, 15-01-2011 - 11:18.

[dark templar]

chắc sụp topic mất thôi, không ai giải à.
mấy bài này hay mà.
Bài 1: $abc \le (a + b - c)(b + c - a)(a + c - b)$
$\Leftrightarrow abc \le (1 - 2c)(1 - 2a)(1 - 2b)\\\Leftrightarrow abc \le (1 - 2a - 2c + 4ac)(1 - 2b)\\\Leftrightarrow abc \le 1 - 2(b + c + a) + 4(ab + ac + bc) - 8abc\\\Leftrightarrow 9abc + 1 \le 4(ab + ac + bc)\\(do{\rm{\_}}a + b + c = 1)$
Bài 2:áp dụng BĐT $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \ge \dfrac{4}{{x + y}}$, ta có:
$\begin{array}{l}\dfrac{1}{{a + 3b}} + \dfrac{1}{{a + 2c + b}} \ge \dfrac{2}{{a + 2b + c}}\\\dfrac{1}{{b + 3c}} + \dfrac{1}{{b + c + 2a}} \ge \dfrac{2}{{b + a + 2c}}\\\dfrac{1}{{c + 3a}} + \dfrac{1}{{c + a + 2b}} \ge \dfrac{2}{{c + 2a + b}}\end{array}$
cộng các BĐT trên, ta được đpcm.
bài mình post ko ai giải buồn tình quá.
Không có gì đúng mà không được chứng minh.

Để anh vô ủng hộ topic cho!
2 bài đơn giản trước nhé !
1/Cho $a,b,c>0$.CM:$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge \dfrac{{a + b + c}}{{\sqrt[3]{{abc}}}}$
2/Cho $a,b,c>0;abc \leq 1$.CM:$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge a + b + c$

[wallunint]

Để anh vô ủng hộ topic cho!
2 bài đơn giản trước nhé !
1/Cho $a,b,c>0$.CM:$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge \dfrac{{a + b + c}}{{\sqrt[3]{{abc}}}}$
2/Cho $a,b,c>0;abc \leq 1$.CM:$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge a + b + c$

anh dark templar hay ghê. lần đầu tiên em lên diễn đàn, anh là người đầu tiên giải bài em post, giờ cũng ủng hộ em. Cám Ơn anh nhiều.

[wallunint]

1) Choa,b,c là các số thực dương thoã mãn: $a+b+c=1$. CMR:
$9abc +1$ $4(ab+ac+bc)$

Bài 1 này cũng có thể phát triển thêm như sau:
a) $9abc+2$ $7(ab+ac+bc)$.
b) $5(a^2+b^2+c^2)\leq6(a^3+b^3+c^3)+1$

mời các bạn cùng giải. Mà bài (b) mình có giải trên diển đàn rồi. Mấy bạn làm lại cũng đc.

[mybest]

[quote name='wallunint' date='Jan 15 2011, 11:18 AM' post='251398']
chắc sụp topic mất thôi, không ai giải à.
mấy bài này hay mà.
Bài 1: $abc \le (a + b - c)(b + c - a)(a + c - b)$
$\Leftrightarrow abc \le (1 - 2c)(1 - 2a)(1 - 2b)\\\Leftrightarrow abc \le (1 - 2a - 2c + 4ac)(1 - 2b)\\\Leftrightarrow abc \le 1 - 2(b + c + a) + 4(ab + ac + bc) - 8abc\\\Leftrightarrow 9abc + 1 \le 4(ab + ac + bc)\\(do{\rm{\_}}a + b + c = 1)$
Cho tớ hỏi chút : Tại sao lúc đầu cậu lại nghĩ ra cái bđt abc (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)để giải bài 1 vậy .Tại sao ko nghĩ ra cái khác khác .Dựa vào đâu cậu lại nghĩ ra cái bdt đó

[wallunint]

cái đó theo mình nghĩ thì phải dựa vào kinh nghiệm của mỗi người
cái hạng tử $abc$ đi với $ab+ac+bc$ và số $1$ thường là kết quả của phép khai triển $(1-ka)(1-kb)(1-kc)$








ps: cái này có nhiều trong cuốn NC và PT toán 8 đó, xem lại đi.
hoặc tham khảo Các phương pháp cm BĐT của Trần Tuấn Anh

[zzz.chelsea.zzz]

mình cũng góp vài bài tương tự vậy
a) Cho x,y,z>0 t/m: x+y+z=1
Hãy CM: $ \dfrac{3}{xy+yz+zx}+ \dfrac{2}{x^2+y^2+z^2} > 14 $
b) cho a,b>0 và a+b=4. Tìm min P= $ \dfrac{2}{a^2+b^2}+ \dfrac{35}{ab} +2ab $
c) Cho a,b,c>0 t/m abc=ab+bc+ca
Hãy CM: $ \dfrac{1}{a+2b+3c}+ \dfrac{1}{2a+3b+c}+ \dfrac{1}{3a+b+2c} < \dfrac{3}{16} $
Mời mọi người cùng thử sức

[wallunint]

bây giờ sắp đi học rồi, không có thời gian suy nghĩ. Thôi chém đại bài c) thôi
từ ${\rm{abc}} = {\rm{ab}} + {\rm{bc}} + {\rm{ca}} \Rightarrow \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} = 1$
Đặt $x = \dfrac{1}{a};y = \dfrac{1}{b};z = \dfrac{1}{c} \Rightarrow x + y + z = 1$
theo BĐT Cauchy-Schwars,ta có: $a + 2b + 3c = \dfrac{1}{x} + \dfrac{4}{{2y}} + \dfrac{9}{{3z}} \ge \dfrac{{36}}{{x + 2y + 3z}}$
Suy ra $\dfrac{1}{{a + 2b + 3c}} \le \dfrac{{x + 2y + 3z}}{{36}}$
Chứng minh tương tự, ta có: $\dfrac{1}{{c + 2a + 3b}} \le \dfrac{{z + 2x + 3y}}{{36}}$ và $\dfrac{1}{{3a + b + 2c}} \le \dfrac{{3x + 2z + y}}{{36}}$
Cộng các BĐT trên, ta có: $VT \le \dfrac{1}{6} < \dfrac{3}{{16}}$ (đpcm)


ps: theo mình còn 1 cách giải nữa. Nhưng cách giải này khá dài và cũng đưa ta đến cách giải này vì vậy ko cần nhắc đến.

Edited by wallunint, 15-01-2011 - 18:35.

[wallunint]

có người hỏi tại sao bài vừa rồi không cm $VT \le \dfrac{1}{6}$
mình xin trả lời luôn để không ai thắc mắc vể bài giải. Đó là vì $VT = \dfrac{1}{6}$ thì dấu = không xảy ra.

[perfectstrong]

Bài 1 này cũng có thể phát triển thêm như sau:
a) $9abc+2$ $7(ab+ac+bc)$.
b) $5(a^2+b^2+c^2)\leq6(a^3+b^3+c^3)+1$

mời các bạn cùng giải. Mà bài (b) mình có giải trên diển đàn rồi. Mấy bạn làm lại cũng đc.

bài a: sử dụng kết quả đã có, kết hợp gt, ta có:

${\text{9abc + 2 = 9abc + }}1 + (a + b + c)^2 \geqslant 4(ab + bc + ca) + 3(ab + bc + ca) = 7(ab + bc + ca)$

[liemprosuper]

trời ạ, thì ra đề bài sai à, ngồi giải ko dc. bdt kia là abc>=(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a) chứ

[perfectstrong]

mình cũng góp vài bài tương tự vậy
a) Cho x,y,z>0 t/m: x+y+z=1
Hãy CM: $ \dfrac{3}{xy+yz+zx}+ \dfrac{2}{x^2+y^2+z^2} > 14 $
b) cho a,b>0 và a+b=4. Tìm min P= $ \dfrac{2}{a^2+b^2}+ \dfrac{35}{ab} +2ab $
c) Cho a,b,c>0 t/m abc=ab+bc+ca
Hãy CM: $ \dfrac{1}{a+2b+3c}+ \dfrac{1}{2a+3b+c}+ \dfrac{1}{3a+b+2c} < \dfrac{3}{16} $
Mời mọi người cùng thử sức

bài a)
$VT = \dfrac{6}{{2(xy + yz + xz)}} + \dfrac{2}{{x^2 + y^2 + z^2 }}$
$ \geqslant \dfrac{{(\sqrt 6 + \sqrt 2 )^2 }}{{(x + y + z)^2 }} = 8 + 2\sqrt {12} > 8 + 2\sqrt 9 = 14$

bài b)
xét $\dfrac{2}{{a^2 + b^2 }} + \dfrac{{a^2 + b^2 }}{{32}} \geqslant 2\sqrt {\dfrac{2}{{a^2 + b^2 }}.\dfrac{{a^2 + b^2 }}{{32}}} = \dfrac{1}{2}$

$\begin{gathered} \Rightarrow \dfrac{2}{{a^2 + b^2 }} \geqslant \dfrac{1}{2} - \dfrac{{a^2 + b^2 }}{{32}} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{{(a + b)^2 - 2ab}}{{32}} = \dfrac{{ab}}{{16}} \hfill \\ \Rightarrow P \geqslant \dfrac{{ab}}{{16}} + \dfrac{{35}}{{ab}} + 2ab \hfill \\ = \dfrac{{ab}}{{16}} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{{34}}{{ab}} + \dfrac{{17ab}}{8} - \dfrac{{ab}}{8} \hfill \\ = \dfrac{{ab}}{{16}} + \dfrac{1}{{ab}} + \dfrac{{34}}{{ab}} + \dfrac{{17ab}}{8} - \dfrac{{4ab}}{{32}} \hfill \\ \geqslant 2\sqrt {\dfrac{{ab}}{{16}}.\dfrac{1}{{ab}}} + 2\sqrt {\dfrac{{34}}{{ab}}.\dfrac{{17ab}}{8}} - \dfrac{{(a + b)^2 }}{{32}} = 17 \hfill \\ \Rightarrow P_{\min } = 17 \Leftrightarrow a = b = 2 \hfill \\ \end{gathered} $

Edited by perfectstrong, 15-01-2011 - 20:34.

[Peter Pan]

trời ạ, thì ra đề bài sai à, ngồi giải ko dc. bdt kia là abc>=(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a) chứ

anh h THPT giải lại bài đó nhá
$a+b+c=1-->(a+b+c)^3=1$
ta cần chứng minh
$(a+b+c)^3-4(ab+ac+bc)+9abc \geq 0$
cái này là Schur bậc 3

[NguyThang khtn]

Để anh vô ủng hộ topic cho!
2 bài đơn giản trước nhé !
1/Cho $a,b,c>0$.CM:$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge \dfrac{a + b + c}{\sqrt[3]{abc}}$

bài này ko khó!
áp dụng AM-GM :
$ 3 (\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a}) = (\dfrac{a}{b} +\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}) + (\dfrac{b}{c} +\dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a}) + (\dfrac{c}{a} + \dfrac{c}{a}+\dfrac{a}{b}) \ge \dfrac{3a}{\sqrt[3]{abc}} + \dfrac{3b}{\sqrt[3]{abc}} + \dfrac{3c}{ \sqrt[3]{abc}} \Rightarrow \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \geq \dfrac{{a + b + c}}{{\sqrt[3]{abc}$
p\s: latex ko go duoc!

Edited by bboy114crew, 15-01-2011 - 20:33.

[liemprosuper]

làm thử bài b:$Có (a+b)^2 \geq 4ab \Rightarrow ab \leq 4$
$(a+b)^2 \geq 2(a^2+b^2) \Rightarrow \dfrac{2}{a^2+b^2} \geq \dfrac{1}{4} $
$A \geq \dfrac{2}{a^2+b^2} + \dfrac{3}{ab}+\dfrac{32}{ab} +2ab \geq \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4}+16=17 $
$ \Rightarrow minA=17 \Leftrightarrow a=b=2$
Chả biết có đúng ko, bài đầu tiên làm trên diễn đàn. ặc, trong khi làm đẫ có người khác làm trước rồi

Edited by liemprosuper, 15-01-2011 - 20:36.

[NguyThang khtn]

mình góp vui bài dễ!
cho a,b,c là các số thực dương ,CMR:
$ \dfrac{a}{(b+c)^2} + \dfrac{b}{(a+c)^2} + \dfrac{c}{(b+a)^2} \geq \dfrac{9}{4(a+b+c)}$

[perfectstrong]

mình có một cách đây:

$\begin{gathered} (a + b + c){\text{[}}\dfrac{a}{{(b + c)^2 }} + \dfrac{b}{{(a + c)^2 }} + \dfrac{c}{{(a + b)^2 }}{\text{]}} \hfill \\ = \sum {\dfrac{{a^2 }}{{(b + c)^2 }}} + \sum {\dfrac{a}{{b + c}}} \geqslant \dfrac{1}{3}.\left( {\sum {\dfrac{a}{{b + c}}} } \right)^2 + \sum {\dfrac{a}{{b + c}}} \geqslant \dfrac{9}{4} \Rightarrow dpcm \hfill \\ \end{gathered} $

Edited by perfectstrong, 15-01-2011 - 20:48.

[dark templar]

mình góp vui bài dễ!
cho a,b,c là các số thực dương ,CMR:
$ \dfrac{a}{(b+c)^2} + \dfrac{b}{(a+c)^2} + \dfrac{c}{(b+a)^2} \geq \dfrac{9}{4(a+b+c)}$

Bài này có đến 3 cách chứng minh ,cũng là bài tương đối dễ !1 bài khó hơn và hình thức cũng na ná nhau:
Cho $a,b,c \geq 0$.CM:$\left( {ab + bc + ca} \right)\left[ {\dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)^2 }} + \dfrac{1}{{\left( {b + c} \right)^2 }} + \dfrac{1}{{\left( {c + a} \right)^2 }}} \right] \ge \dfrac{9}{4}$(Iran TST 1996)

[perfectstrong]

làm thử bài b:$Có (a+b)^2 \geq 4ab \Rightarrow ab \leq 4$
$(a+b)^2 \geq 2(a^2+b^2) \Rightarrow \dfrac{2}{a^2+b^2} \geq \dfrac{1}{4} $
$A \geq \dfrac{2}{a^2+b^2} + \dfrac{3}{ab}+\dfrac{32}{ab} +2ab \geq \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{4}+16=17 $
$ \Rightarrow minA=17 \Leftrightarrow a=b=2$
Chả biết có đúng ko, bài đầu tiên làm trên diễn đàn. ặc, trong khi làm đẫ có người khác làm trước rồi

trái dấu rồi bạn ơi.