CMR : nếu các số thực $a, b, c, d > 0$ thoả mãn $abcd = 1$ thì ta có bất đẳng thức :
$\frac{1}{\left ( 1 + a \right )^{2}} + \frac{1}{\left ( 1 + b \right )^{2}} + \frac{1}{\left ( 1 + c \right )^{2}} + \frac{1}{\left ( 1 + d \right )^{2}} \geq 1$
CMR : nếu các số thực $a, b, c, d > 0$ thoả mãn $abcd = 1$ thì ta có bất đẳng thức :
$\frac{1}{\left ( 1 + a \right )^{2}} + \frac{1}{\left ( 1 + b \right )^{2}} + \frac{1}{\left ( 1 + c \right )^{2}} + \frac{1}{\left ( 1 + d \right )^{2}} \geq 1$
CMR : nếu các số thực $a, b, c, d > 0$ thoả mãn $abcd = 1$ thì ta có bất đẳng thức :
$\frac{1}{\left ( 1 + a \right )^{2}} + \frac{1}{\left ( 1 + b \right )^{2}} + \frac{1}{\left ( 1 + c \right )^{2}} + \frac{1}{\left ( 1 + d \right )^{2}} \geq 1$
Ta có: $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{(a+b)(a+\frac{1}{b})}+\frac{1}{(a+b)(b+\frac{1}{a})}=\frac{1}{1+ab}$
Tương tự: $\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{1}{(1+d)^2}\geq \frac{1}{1+cd}$
Cộng 2 cái trên lại với nhau => ĐPCM
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 30-08-2015 - 15:06
Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn $3 + 4(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}) = 5(a + b + c)$. CMR:
$\frac{a^{2}}{a + \sqrt{(a + b)(a + c)}} + \frac{b^{2}}{b + \sqrt{(b + c)(b + a)}} + \frac{c^{2}}{c + \sqrt{(c + a)(c + b)}} \leq 1$
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 1$. CMR:
$\frac{3a + b}{3b} + \frac{3b + c}{3c} + \frac{3c + a}{3a} + 2(a + b + c)^{2} \geq (21abc + \frac{1}{\sqrt[3]{abc}})(a + b + c)$
Cho a,b,c >0, thỏa abc=1. CMR:
$(a+b)(b+c)(c+a)\geq 4(a+b+c-1)$
Có bạn nào làm được mà ngoài cách dồn biến không?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cminhnk: 25-09-2015 - 21:34
THTT tháng 10/2015 (đã hết hạn nhận bài giải, các bạn có thể thoải mái trao đổi cách giải của mình)
Cho tam giác $ABC$. Chứng minh rằng:
$\frac{ab+bc+ca}{p^2 +9Rr} \ge \frac{4}{5}$
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
THTT tháng 10/2015 (đã hết hạn nhận bài giải, các bạn có thể thoải mái trao đổi cách giải của mình)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc\ge 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{a^4 b^2 c^2}{bc+1} +\frac{b^4 c^2 a^2}{ca+1} +\frac{c^4 a^2 b^2}{ab+1} \ge \frac{3}{2}$
P/s: Bài này có thể thay thế thành tìm Giá trị nhỏ nhất của vế trái.
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
THTT tháng 10/2015 (đã hết hạn nhận bài giải, các bạn có thể thoải mái trao đổi cách giải của mình)
Cho tam giác $ABC$. Chứng minh rằng:
$\frac{ab+bc+ca}{p^2 +9Rr} \ge \frac{4}{5}$
Tự chém trước luôn.
Yêu cầu bài toán tương đương với $(a \vec{GA}+b \vec{GB} + c \vec{GC})^2 \ge 0$ (luôn đúng)
Ta có đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi tam giác $ABC$ đều.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 03-01-2016 - 11:16
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
THTT tháng 10/2015 (đã hết hạn nhận bài giải, các bạn có thể thoải mái trao đổi cách giải của mình)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc\ge 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{a^4 b^2 c^2}{bc+1} +\frac{b^4 c^2 a^2}{ca+1} +\frac{c^4 a^2 b^2}{ab+1} \ge \frac{3}{2}$
P/s: Bài này có thể thay thế thành tìm Giá trị nhỏ nhất của vế trái.
Sử dụng đánh giá $\frac{a^4 b^2 c^2}{bc+1} \ge \frac{a^3}{a+1} \ge \frac{5}{4}a - \frac{3}{4}$ là xong.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 06-01-2016 - 21:50
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
1 bài nhỏ tự chế từ THTT năm 2003:
$Cho x,y, z$ là các số thực không âm thỏa mãn: $x+y+z = 2$. Tìm max, min của biểu thức
$$P = x^4 + y^4 + z^4 - 2(x^3 + y^3 + z^3)$$
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
1 bài nhỏ tự chế từ THTT năm 2003:
$Cho x,y, z$ là các số thực không âm thỏa mãn: $x+y+z = 2$. Tìm max, min của biểu thức
$$P = x^4 + y^4 + z^4 - 2(x^3 + y^3 + z^3)$$
Đáp số: $minP = -2$ và $maxP = 0$.
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
Đáp số: $minP = -2$ và $maxP = 0$.
bạn giải ra chưa?
Học từ ngày hôm qua, sống ngày hôm nay, hi vọng cho ngày mai. Điều quan trọng nhất là không ngừng đặt câu hỏi.
Learn from yesterday, live for today, hope for tomorrow. The important thing is not to stop questioning.
ALBERT EINSTEIN
Mình giải rồi. Post lên để cùng tham khảo lời giải của các bạn, biết đâu có nhiều ý tưởng hay hơn...
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
1 bài nhỏ tự chế từ THTT năm 2003:
$Cho x,y, z$ là các số thực không âm thỏa mãn: $x+y+z = 2$. Tìm max, min của biểu thức
$$P = x^4 + y^4 + z^4 - 2(x^3 + y^3 + z^3)$$
Bài này là sao y nguyên rồi còn gì
Ta chứng minh $P \geq -2$
Hay $2 \geq x^3\left(2-x\right)+y^3\left(2-y\right)+z^3\left(2-z\right)$
$\Leftrightarrow 2 \geq x^3\left(y+z\right) + y^3\left(z+x\right)+z^3\left(x+y\right)$
Lại có: $\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(xy+yz+zx\right) \geq x^3\left(y+z\right) + y^3\left(z+x\right)+z^3\left(x+y\right)$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có: $\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(xy+yz+zx\right) \leq \dfrac{\left(x+y+z\right)^4}{8}=2$
Ta lại có: $x^4+y^4+z^4-2\left(x^3+y^3+z^3\right)= -x^3\left(y+z\right)-y^3\left(x+z\right)-z^3\left(x+y\right)\leq 0$
Vậy GTLN của $P$ là $0$ khi trong 3 số $x,y,z$ có 1 số bằng $2$ và $2$ số còn lại bằng $0$
GTNN của $P$ là $-2$ khi trong 3 số $x,y,z$ có 1 số bằng $0$ và $2$ số còn lại bằng $1$
Bài này là sao y nguyên rồi còn gì
Ta chứng minh $P \geq -2$
Hay $2 \geq x^3\left(2-x\right)+y^3\left(2-y\right)+z^3\left(2-z\right)$
$\Leftrightarrow 2 \geq x^3\left(y+z\right) + y^3\left(z+x\right)+z^3\left(x+y\right)$
Lại có: $\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(xy+yz+zx\right) \geq x^3\left(y+z\right) + y^3\left(z+x\right)+z^3\left(x+y\right)$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có: $\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(xy+yz+zx\right) \leq \dfrac{\left(x+y+z\right)^4}{8}=2$
Ta lại có: $x^4+y^4+z^4-2\left(x^3+y^3+z^3\right)= -x^3\left(y+z\right)-y^3\left(x+z\right)-z^3\left(x+y\right)\leq 0$
Vậy GTLN của $P$ là $0$ khi trong 3 số $x,y,z$ có 1 số bằng $2$ và $2$ số còn lại bằng $0$
GTNN của $P$ là $-2$ khi trong 3 số $x,y,z$ có 1 số bằng $0$ và $2$ số còn lại bằng $1$
Hì hi... Thì mới nói đây chỉ là 1 bài nhỏ. Thật ra đề gốc chỉ là chứng minh BĐT 1 vế. Sau đó mình tự phát triển ra dạng tổng quát hơn:
Cho $x, y, z$ không âm và thỏa mãn $x + y + z = 2$. Tìm max, min của biểu thức
$$m(x^4 + y^4 + z^4) - n(x^3 + y^3 + z^3)$$, với $m, n$ là các số dương.
Cách giải của bạn hoàn toàn chính xác cho bài ở trên, nhưng không biết có thể giải quyết cho bài toán tổng quát ở trên hay không? Bạn hãy thử xem sao nhé!
Mình thì biến đổi theo $t = xy + yz + zx$ sẽ về hàm rất đơn giản, từ đó có thể ràng buộc được điều kiện $m, n$ để dễ tìm cực trị. Thật ra với $m, n$ tùy ý biểu thức trên vẫn luôn có cực trị (thỏa định lý hàm liên tục trên một tập compact), nhưng tính theo $m, n$ chỉ mang ý nghĩa tính toán trâu bò chứ cũng chẳng hay ho gì ).
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
1 bài minh họa:
Cho $x, y, z$ là các số không âm thỏa mãn $x + y + z = 2$.
Tìm $max, min$ của biểu thức $P = 2(x^4 + y^4 + z^4) - 5(x^3 + y^3 + z^3)$.
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
1 bài minh họa:
Cho $x, y, z$ là các số không âm thỏa mãn $x + y + z = 2$.
Tìm $max, min$ của biểu thức $P = 2(x^4 + y^4 + z^4) - 5(x^3 + y^3 + z^3)$.
Đáp số:
$min P = \frac{-33}{4} ; maxP = \frac{-88}{27}$.
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
Bài này là sao y nguyên rồi còn gì
Ta chứng minh $P \geq -2$
Hay $2 \geq x^3\left(2-x\right)+y^3\left(2-y\right)+z^3\left(2-z\right)$
$\Leftrightarrow 2 \geq x^3\left(y+z\right) + y^3\left(z+x\right)+z^3\left(x+y\right)$
Lại có: $\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(xy+yz+zx\right) \geq x^3\left(y+z\right) + y^3\left(z+x\right)+z^3\left(x+y\right)$
Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có: $\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(xy+yz+zx\right) \leq \dfrac{\left(x+y+z\right)^4}{8}=2$
Ta lại có: $x^4+y^4+z^4-2\left(x^3+y^3+z^3\right)= -x^3\left(y+z\right)-y^3\left(x+z\right)-z^3\left(x+y\right)\leq 0$
Vậy GTLN của $P$ là $0$ khi trong 3 số $x,y,z$ có 1 số bằng $2$ và $2$ số còn lại bằng $0$
GTNN của $P$ là $-2$ khi trong 3 số $x,y,z$ có 1 số bằng $0$ và $2$ số còn lại bằng $1$
Bài này hệ số hơi đặc biệt nên tìm $max$ có thể làm ngắn gọn:
Theo giả thiết ta có $0 \le x, y, z \le 2$. Ta có thể viết lại
$P= x(x - 2) + y(y - 2) + z(z - 2) \le 0$
Nên $maxP = 0$ khi $(x, y, z) = (0, 0, 2)$ và các hoán vị của nó.
Chủ yếu là tìm min:
Đặt $t = xy + yz + zx$, với $0 \le t \le \frac{1}{3}(x+y+z)^2 = \frac{4}{3}$. Khi đó:
$x^4 + y^4 + z^4 = (x^2 + y^2 + z^2)^2 - 2(x^2 y^2 + y^2z^2 + z^2x^2)$
$ = ((x+y+z)^2 - 2t)^2 - 2(t^2 - 2xyz(x+y+z) $
$ = 2t^2 -16t + 8xyz + 16$.
$x^3 + y^3 + z^3 = (x+y+z)^3 - 3(x+y)(y+z)(z+x) = 8 - 3(2-x)(2-y)(2-z)$
$ = 8 - 6t + 3xyz$
Suy ra $P = 2t^2 - 4t + 2xyz = 2(t-1)^2 + 2xyz - 2 \ge 0 + 0 -2 = -2$
Nên $minP = -2$ khi $x+y+z = 2$ và $xy + yz + zx = 1$ và $xyz = 0 \Leftrightarrow (x,y,z) = (0, 1, 1)$ và các hoán vị của nó.
(đối với bài toán tổng quát, tìm max, min sẽ đều đánh giá theo $t$).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tcqang: 11-01-2016 - 00:08
Tìm lại đam mê một thời về Toán!
THTT tháng 10/2015 (đã hết hạn nhận bài giải, các bạn có thể thoải mái trao đổi cách giải của mình)
Cho tam giác $ABC$. Chứng minh rằng:
$\frac{ab+bc+ca}{p^2 +9Rr} \ge \frac{4}{5}$
Ta có $R = \frac{abc}{4S},\,r = \frac{2S}{a+b+c}$ và $2p=a+b+c$ do đó bất đẳng thức trên tương đương với \[\frac{ab+bc+ca}{\dfrac{(a+b+b)^2}{4} +\dfrac{9abc}{2(a+b+c)}} \ge \frac{4}{5},\] hay là \[2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)] \geqslant a^3+b^3+c^3+9abc, \quad (1)\] hoặc \[2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc] \geqslant a^3+b^3+c^3-3abc,\] tương đương với \[4c(a-b)^2+2(a+b)(a-c)(b-c) \geqslant (a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)],\] \[{{\left( a-b \right)}^{2}}\left( 3c-a-b \right)+\left( a+b-c \right)\left( a-c \right)\left( b-c \right)\ge 0.\]
Hiển nhiên đúng nếu ta giả sử $c = \max\{a,\,b,\,c\}$ nhưng điều này luôn thực hiện được. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Bất đẳng thức (1) chính là bất đẳng thức Schur bậc 3 sau khi sử dụng phép đổi biến Ravi.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 11-01-2016 - 22:06
He he bổ đề anh huyện nói cũng khó nhai đó nhân ra hết hoặc dùng phép E.M.V của anh P.K.H bài này bên LQD đà nẵng đã ra 1 lần bài nàyDùng bất đẳng thức này để giải sẽ nhanh hơn
\[27(a^2b+b^2c+c^2a+abc) \leqslant 4(a+b+c)^3,\]
với $a,\,b,\,c$ không âm.
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh