Chủ đề này có 206 trả lời

[LilTee]

Cách của anh khá quan trọng hóa vấn đề lên vì phải dùng đến 2 bất đẳng thức của Vac.
Anh sẽ post giải sau, giờ a mệt quá nên đi ngủ.
Đúng là :"Cái đơn giản nhất là cái mạnh mẽ nhất"

[alex_hoang]

Bài 47Cho a,b,c,d>0.Chứng minh:
$\dfrac{a^{4}}{(a+b)(a^{2}+b^{2})}+\dfrac{b^{4}}{(b+c)(b^{2}+c^{2})}+\dfrac{c^{4}}{(c+d)(c^{2}+d^{2})}+\dfrac{d^{4}}{(d+a)(d^{2}+a^{2})}\geq \dfrac{a+b+c+d}{4}$

Bài 47 này lâu rồi mà chả thấy bác nào bảo sao cả mình chém vậy
Bài này các bạn chỉ cần chú ý đền đẳng thức sau là được
$\dfrac{{{a^4}}}{{(a + b)({a^2} + {b^2})}} + \dfrac{{{b^4}}}{{(b + c)({b^2} + {c^2})}} + \dfrac{{{c^4}}}{{(c + d)({c^2} + {d^2})}} + \dfrac{{{d^4}}}{{(d + a)({d^2} + {a^2})}}$
$= \dfrac{{{b^4}}}{{(a + b)({a^2} + {b^2})}} + \dfrac{{{c^4}}}{{(b + c)({b^2} + {c^2})}} + \dfrac{{{a^4}}}{{(d + a)({d^2} + {a^2})}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 11-11-2011 - 23:43

[alex_hoang]

Cách của anh khá quan trọng hóa vấn đề lên vì phải dùng đến 2 bất đẳng thức của Vac.
Anh sẽ post giải sau, giờ a mệt quá nên đi ngủ.
Đúng là :"Cái đơn giản nhất là cái mạnh mẽ nhất"

Anh lại trích bên Ôn luyện toán câu này rồi

[LilTee]

Anh lại trích bên Ôn luyện toán câu này rồi

Uh. "Cái đơn giản nhất là cái mạnh mẽ nhất"

[alex_hoang]

Bài 59.Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca>0$.Chứng minh rằng
\[\dfrac{{{a^3}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} + \dfrac{{{b^3}}}{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }} + \dfrac{{{c^3}}}{{\sqrt {{c^2} + {a^2}} }} \le \dfrac{{3({a^3} + {b^3} + {c^3})}}{{\sqrt 2 (a + b + c)}}\]

[alex_hoang]

Bài 60Cho $a, b, c \ge 0$ thỏa mãn $a+b+c=2$. Chứng minh rằng: $(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \le 1$
Nguồnhttp://onluyentoan.v...newreply&p=4977
Tuy nhiên bên ấy chưa có lời giải đâu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 25-11-2011 - 22:50

[dark templar]

Bài 52

Do $abc=1$ nên bất đẳng thức trên có thể viết lại thành
$$1+a+b+c \ge 2\sqrt{1+ab+bc+ca}$$
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng $x+y \ge 2\sqrt{xy}$, ta có:
$$1+a+b+c \ge 2\sqrt{(1+a)(b+c)}$$
Vậy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
$$(1+a)(b+c) \ge 1+ab+bc+ca$$
Hay $$b+c \ge 1+bc$$
Tương đương với
$$(b-1)(c-1) \le 0$$
Mặt khác, do $abc=1$ nên trong ba số $a, b, c$, luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn $1$ và một số nhỏ hơn $1$.

Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử hai số đó là $b, c$ để từ đó suy ra $(b-1)(c-1) \le 0$.

Bài toán được giải quyết xong. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài 52 này mình lại giải theo kiểu $p,q,r$
Với cách đặt thông thuộc của $p,q,r$,ta có BĐT trở thành:
$$1+p \ge 2\sqrt{1+q}$$
Hay:
$$2p-3 \ge 4q-p^2$$
Theo BĐT Schur bậc 3,ta có:
$$9r \ge p(4q-p^2)$$
Hay:
$$4q-p^2 \le \dfrac{9}{p}$$
Như vậy,ta chỉ phải chứng minh:
$$2p^2-3p-9 \ge 0$$
Đây là điều luôn đúng $\forall p \ge 3$.Xong.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.
Mình đang tự hỏi là bài này có thể tổng quát lên $n$ biến số được không,vì nó cũng hao hao giống bài toán sau:
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{(a+b+c)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right)} \ge 1+\sqrt{1+\sqrt{(a^2+b^2+c^2)\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2} \right)}}$$
Và bài toán này có thể tổng quát được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 12-11-2011 - 07:39

[dark templar]

Bài 59.Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca>0$.Chứng minh rằng
\[\dfrac{{{a^3}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} + \dfrac{{{b^3}}}{{\sqrt {{b^2} + {c^2}} }} + \dfrac{{{c^3}}}{{\sqrt {{c^2} + {a^2}} }} \le \dfrac{{3({a^3} + {b^3} + {c^3})}}{{\sqrt 2 (a + b + c)}}\]

Bài này mình làm đến khúc chứng minh BĐT sau là tắc tị rồi :
$$x\sqrt{\dfrac{x}{x+y}}+y\sqrt{\dfrac{y}{y+z}}+z\sqrt{\dfrac{z}{z+x}} \le \dfrac{x+y+z}{\sqrt{2}}$$(với $x=a^2;y=b^2;z=c^2$).
Mình định đưa về chứng minh BĐT sau:
$$\sum_{cyc}(y+z)\sqrt{\dfrac{x}{x+y}} \ge \sqrt{2}(x+y+z)$$
Nhưng chứng minh hoài không được,xài $p,q,r$ cứ bị ngược dấu .Cậu liệu có thể đưa ra gợi ý không ?
P/s:Còn bài 60 mình đang thử $p,q,r$,có gì sẽ báo kết quả sau

[dark templar]

Mới kiếm được bài toán khác cũng gần giống bài 52,mời các bạn tham khảo:
Cho $a_{i}(i=\overline{1;n})>0$ thỏa mãn:$\prod\limits_{k=1}^{n}a_{k}=1$.Chứng minh rằng:
$$\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k} \ge n-1+\sqrt[n-1]{\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{a_{k}}-(n-1)}$$

Góp vui thêm 1 bài:
Bài 61: Cho $a,b,c$ là các số thực khác nhau từng đôi một.Chứng minh rằng:
$$\left(\dfrac{a}{b-c} \right)^2+\left(\dfrac{b}{c-a} \right)^2+\left(\dfrac{c}{a-b} \right)^2+1 \ge \dfrac{6(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 12-11-2011 - 09:15

[alex_hoang]

Bài 61 của Phúc có một kết quả tổng quát hơn là
Cho các số thực dương $a,b,c$.k là một hằng số cho trước sao cho$ - 1 \le k \le 2$ thì
\[{\left( {\dfrac{a}{{b - c}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{b}{{c - a}}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{c}{{a - b}}} \right)^2} \ge k + \dfrac{{\left( {4 - 2k} \right)(ab + bc + ca)}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\]
Mình để các bạn suy nghĩ đã rồi sẽ post lời giải sau

[alex_hoang]

Bài 62 Cho các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng
\[\dfrac{{{a^2}(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{{b^2}(c + a)}}{{{c^2} + ca + {a^2}}} + \dfrac{{{c^2}(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{{a + b + c}}} \]

[Tạ Hồng Quảng]

Bài 63(Sáng tác): Cho $a,b,c$ là các số thực.Chứng minh rằng (cực khó):
$$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a+b+c)(abc+(a-b)(b-c)(c-a))$$

[alex_hoang]

Bài 63(Sáng tác): Cho $a,b,c$ là các số thực.Chứng minh rằng (cực khó):
$$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a+b+c)(abc+(a-b)(b-c)(c-a))$$

Thực ra bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức sau
\[{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \ge 3\left[ {{a^3}c + {c^3}b + {b^3}a - {a^3}b - {b^3}c - {c^3}a + \left( {a + b + c} \right)abc} \right]\]
Theo tôi bài này chắc bạn khai triển từ tổng bình phương phải không.Nếu ta nhân hai số nguyên tố rất lớn điều đó thật dễ dàng nhưng khi có một số lớn ấy bảo ta phân tích để đi tìm 2 số nguyên tố thì cực khó,chắc bạn nghĩ rằng câu nói trên không liên quan đến bài ta đang xét nhưng nó lại liên quan chặt chẽ ý tôi muốn nói là ta có thể lấu 1 tổng bình phương bất kì để khai triển biết đâu lại được những bài toán đẹp nhưng khi ta có BĐT rồi thì rất khó phân tích.Chính vì thế trong topic này không hoan nghênh những bài như vậy,Bạn có thể post phân tích cuối cùng nên.Nếu không gặp một số vấn đề tôi cũng sẽ dành thời gian để phân tích BĐT bậc 4 này.Còn bây giờ thì không thể Mong bạn thông cảm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 14-11-2011 - 00:20

[alex_hoang]

Bài 64: Cho $a,b,c >0$ Chứng minh rằng:$$\dfrac{1}{a^{2}+ab+b^{2}}+\dfrac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}+\dfrac{1}{c^{2}+ca+a^{2}}\ge\dfrac{9abc(a+b+c)}{(ab+bc+ca)^{3}}$$
Nguồn:Ôn luyện toán

[alex_hoang]

Đây là lời giải bài 63 của Ngân Hàng bên Boxmath
${({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} - 3(a + b + c)(abc + (a - b)(b - c)(c - a))$
$= \dfrac{1}{2}[{\left( { - 2{\mkern 1mu} bc + ab + ac - {b^2} + {c^2}} \right)^2} + {\left( { - 2{\mkern 1mu} ac + bc + ab - {c^2} + {a^2}} \right)^2} + {\left( { - 2{\mkern 1mu} ab + ac + bc - {a^2} + {b^2}} \right)^2}] \ge 0.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 14-11-2011 - 12:13

[alex_hoang]

Bài 66:Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.Chứng minh rằng
$ \dfrac{a^{2}}{1+2ab}+\dfrac{b^{2}}{1+2bc}+\dfrac{c^{2}}{1+2ca}\ge\dfrac{a}{ab+b+1}+\dfrac{b}{bc+c+1}+\dfrac{c}{ac+c+1} $
Nguồn Mathlink.ro

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 14-11-2011 - 19:55

[LilTee]

Bài 63(Sáng tác): Cho $a,b,c$ là các số thực.Chứng minh rằng (cực khó):
$$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a+b+c)(abc+(a-b)(b-c)(c-a))$$

Ta có: $${{({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})}^{2}}-3(a+b+c)(abc+(a-b)(b-c)(c-a))=\dfrac{1}{1322}\sum\limits_{cyc}{\left( 20{{a}^{2}}+9{{b}^{2}}-29{{c}^{2}}+11ab+38bc-49ca \right)^2}\ge 0$$
Bài toán chứng minh xong.

[LilTee]

Thực ra bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức sau
\[{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \ge 3\left[ {{a^3}c + {c^3}b + {b^3}a - {a^3}b - {b^3}c - {c^3}a + \left( {a + b + c} \right)abc} \right]\]
Theo tôi bài này chắc bạn khai triển từ tổng bình phương phải không.Nếu ta nhân hai số nguyên tố rất lớn điều đó thật dễ dàng nhưng khi có một số lớn ấy bảo ta phân tích để đi tìm 2 số nguyên tố thì cực khó,chắc bạn nghĩ rằng câu nói trên không liên quan đến bài ta đang xét nhưng nó lại liên quan chặt chẽ ý tôi muốn nói là ta có thể lấu 1 tổng bình phương bất kì để khai triển biết đâu lại được những bài toán đẹp nhưng khi ta có BĐT rồi thì rất khó phân tích.Chính vì thế trong topic này không hoan nghênh những bài như vậy,Bạn có thể post phân tích cuối cùng nên.Nếu không gặp một số vấn đề tôi cũng sẽ dành thời gian để phân tích BĐT bậc 4 này.Còn bây giờ thì không thể Mong bạn thông cảm

Em hãy kiểm tra phân tích của anh bên trên, và so sánh với phân tích của anh Ngân Hàng để thấy rằng: TaHongQuang sáng tạo ra bài đó không phải từ 1 tổng bình phương rồi phân tích ra. Bởi bất đẳng thức này có quá nhiều cách phân tích, nếu em thích anh sẽ phân tích cho em xem một vài cách nữa .

[Tạ Hồng Quảng]

Thực ra bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức sau
\[{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \ge 3\left[ {{a^3}c + {c^3}b + {b^3}a - {a^3}b - {b^3}c - {c^3}a + \left( {a + b + c} \right)abc} \right]\]
Theo tôi bài này chắc bạn khai triển từ tổng bình phương phải không.Nếu ta nhân hai số nguyên tố rất lớn điều đó thật dễ dàng nhưng khi có một số lớn ấy bảo ta phân tích để đi tìm 2 số nguyên tố thì cực khó,chắc bạn nghĩ rằng câu nói trên không liên quan đến bài ta đang xét nhưng nó lại liên quan chặt chẽ ý tôi muốn nói là ta có thể lấu 1 tổng bình phương bất kì để khai triển biết đâu lại được những bài toán đẹp nhưng khi ta có BĐT rồi thì rất khó phân tích.Chính vì thế trong topic này không hoan nghênh những bài như vậy,Bạn có thể post phân tích cuối cùng nên.Nếu không gặp một số vấn đề tôi cũng sẽ dành thời gian để phân tích BĐT bậc 4 này.Còn bây giờ thì không thể Mong bạn thông cảm

alex_hoang làm điều hành viên mà phát biểu nhiều câu không có tính xây dựng. Hãy xem Lit.Tee giải các bài như vậy trên BOXMATH.
http://boxmath.vn/4r...89462#post89462

[alex_hoang]

Không phải không có tính xây dựng các bạn có thể hiểu sai ý mình mình không muốn các bạn trao đổi ở đây vì lớp BĐT này là một lớp bài khác biệt bạn có thể lập riêng một topic chỉ thảo luận về những bài như vậy thì hay hơn.Và thật sự hữu ích với các thành viên khác như mình chẳng hạn tham khảo và học hỏi thêm.
Thân