Topic bất đẳng thức THCS (2)
#701
Posted 14-05-2012 - 15:39
$$10(x^2+y^2)+z^2$$
Bài 354: (USAMO 1964) Cho a,b,c là 3 cạnh 12 tam giác. CMR:
$$a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq 3abc$$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#702
Posted 14-05-2012 - 15:58
SOLUTION:Bài 353: Cho $x,y,z$ thực dương thỏa $xy+xz+yz=1$. Tìm GTNN của biểu thức
$$10(x^2+y^2)+z^2$$
Áp dụng AM-GM:
$2{x^2} + 2{y^2} \ge 4xy$
$8{x^2} + {1 \over 2}{z^2} \ge 4xz$
$8{y^2} + {1 \over 2}{z^2} \ge 4yz$
Cộng vế theo vế ta được: $10\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + {z^2} \ge 4\sum {xy = 4} $
Vậy GTNN của b thức là 4 khi x=y=${1 \over 3}$; z=${4 \over 3}$
----------
Edited by Nguyen Lam Thinh, 14-05-2012 - 15:59.
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#703
Posted 14-05-2012 - 16:25
Bài 353 cân bằng hệ số hả anh?Bài 354: (USAMO 1964) Cho a,b,c là 3 cạnh 12 tam giác. CMR:
$$a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq 3abc$$
Bài 354:
$$\Leftrightarrow a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)-(a^3+b^3+c^3)\leq 3abc\\ \Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)$$
Đúng theo Schur. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
#704
Posted 14-05-2012 - 16:28
SOLUTION: Vì a,b,c là 3 cạnh tg nên a+b-c >0;b+c-a>;c+a-b>0Bài 354: (USAMO 1964) Cho a,b,c là 3 cạnh 12 tam giác. CMR:
$$a^2(b+c-a)+b^2(c+a-b)+c^2(a+b-c)\leq 3abc$$
Theo AM-GM:
$\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}} - {\rm{c}}} \right)\left( {{\rm{b}} + {\rm{c}} - {\rm{a}}} \right) \le {\left( {\frac{{a + b - c + b + c - a}}{2}} \right)^2} = {b^2}$
$ \Rightarrow {b^2}\left( {c + a - b} \right) \ge \left( {{\rm{a}} + {\rm{b}} - {\rm{c}}} \right)\left( {{\rm{b}} + {\rm{c}} - {\rm{a}}} \right)\left( {c + a - b} \right)$
Dễ dàng cm được: $\left( {{\rm{a}} + {\rm{b}} - {\rm{c}}} \right)\left( {{\rm{b}} + {\rm{c}} - {\rm{a}}} \right)\left( {c + a - b} \right) \ge abc$
$ \Rightarrow {b^2}\left( {c + a - b} \right) \ge abc$
Xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng vế theo vế ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi tg đã cho đều
---------
- ninhxa likes this
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#705
Posted 14-05-2012 - 16:33
Bài 356: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=1$. CMR $$(\frac{1}{a^2}-1)(\frac{1}{b^2}-1)(\frac{1}{c^2}-1)\geq 2^9$$
Edited by Ispectorgadget, 14-05-2012 - 17:50.
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#706
Posted 14-05-2012 - 16:37
$\frac{1}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{1}{{{b^2} + {c^2}}} + \frac{1}{{{c^2} + {a^2}}} \ge \frac{{10}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}$
-----------
Edited by Nguyen Lam Thinh, 14-05-2012 - 16:38.
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#707
Posted 14-05-2012 - 17:13
Sao nhìn chả đối xứng gì vậy anhBài 356: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=1$. CMR $$(\frac{1}{a^2-1})(\frac{1}{b^2}-1)(\frac{1}{c^2}-1)\geq 2^9$$
Bài 357 có trong STBDT mà
#708
Posted 14-05-2012 - 17:20
Tình cờ đọc được 1 tài liệu có bài này chứ cũng ko rõ STBĐT có bài này ko. Mà nếu có có thì cậu cũng nên post lời giải nếu biết, chứ không nên nói là bài này có trong STBĐT, bởi có nhiều bài cũng lấy từ sách ra màBài 357 có trong STBDT mà
----------
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#709
Posted 14-05-2012 - 17:39
$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge \sqrt {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{b^2} + 1}}{{{c^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{c^2} + 1}}{{{a^2} + 1}}}$
---------
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#710
Posted 14-05-2012 - 17:49
$$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}+\frac{b^3}{2b^2-bc+2c^2}+\frac{c^3}{2c^2-ca+2b^2}\geq \frac{a+b+c}{3}$$
Edited by minhtuyb, 14-05-2012 - 17:49.
- DavidVince likes this
#711
Posted 14-05-2012 - 21:00
Bài 359: CMR với mọi số thực dương $a,b,c$ thì:
$$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}+\frac{b^3}{2b^2-bc+2c^2}+\frac{c^3}{2c^2-ca+2b^2}\geq \frac{a+b+c}{3}$$
-Áp dụng bdt AM_GM ta có $2a^2+2b^2-ab\geq 4ab-ab=3ab$
-Ta có
$$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}=\frac{1}{2}.\frac{a(2a^2-ab+2b^2)-ab(2b-a)}{2a^2-ab+2b^2}\geq \frac{1}{2}\left ( a-\frac{ab(2b-a)}{3ab} \right )\geq \frac{1}{2}\left ( a-\frac{2b-a}{3} \right )$$
-Xây dựng các bất đẳng thức tượng tự rồi cộng vào ta được điều cần chứng minh.
Edited by ninhxa, 14-05-2012 - 22:19.
- Nguyễn Hữu Huy and DavidVince like this
Thời gian là thứ khi cần thì luôn luôn thiếu.
#712
Posted 14-05-2012 - 21:11
Biến đổi thế nào đó bạn? $a(2a^2-ab+2b^2)-ab(2b+a)=2a^3-2a^2b$ mà-Ta có
$\frac{a^3}{2a^2-ab+2b^2}=\frac{1}{2}.\frac{a(2a^2-ab+2b^2)-ab(2b+a)}{2a^2-ab+2b^2}$
Chắc bài này xài S.O.S
- DavidVince likes this
#713
Posted 17-05-2012 - 08:50
Nếu để không mà bình lên thì rất khó vì nó quầng lại cái bđt cần chứng minh. Vì thế ta thử cộng thêm 2 vế với 1 và bình lên ta được.BÀI 358: Cho a,b,c không âm. CMR:
$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge \sqrt {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{b^2} + 1}}{{{c^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{c^2} + 1}}{{{a^2} + 1}}}$
---------
\[{\left( {1 + \sum\limits_{cyc} {\frac{a}{b}} } \right)^2} \ge \left( {1 + \sum\limits_{cyc} {\sqrt {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} } } \right)\]
\[ \Leftrightarrow 2\sum\limits_{cyc} {\left( {\frac{a}{b} + \frac{b}{a}} \right)} + 1 + \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}}} \]
\[\ge 2\sum\limits_{cyc} {\left( {\sqrt {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{b^2} + 1}}{{{a^2} + 1}}} } \right)} + 1 + \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} \]
Tiếp theo ta chứng minh:
\[\frac{a}{b} + \frac{b}{a} \ge \sqrt {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} + \sqrt {\frac{{{b^2} + 1}}{{{a^2} + 1}}} \Leftrightarrow ({a^2} + {b^2})\sqrt {({a^2} + 1)({b^2} + 1)} \ge ab({a^2} + {b^2} + 2)\]
Ta có:
$$VT\ge (a^2+b^2)(ab+1)= (a^2+b^2)ab+a^2+b^2 \ge ab(a^2+b^2+2)$$
Ta cũng có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + 1}}} + \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}({b^2} + 1)}}} \]
Giả sử $a\ge b\ge c$ ta có:
\[\frac{1}{{{a^2}({a^2} + 1)}} \le \frac{1}{{{b^2}({b^2} + 1)}} \le \frac{1}{{{c^2}({c^2} + 1)}}\]
Do đó áp dụng bđt hoán vị ta có:
\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + 1}}} + \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2}({b^2} + 1)}}} \]
\[\ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + 1}}} + \sum\limits_{cyc} {\frac{{{b^2}}}{{{b^2}({b^2} + 1)}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2} + 1}}{{{b^2} + 1}}} \]
Do đó có ĐPCM.
Edited by Cao Xuân Huy, 17-05-2012 - 08:52.
- Dung Dang Do, minhtuyb, NLT and 1 other like this
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#714
Posted 17-05-2012 - 09:55
Cho a,b,c không âm thỏa a+b+c=3. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{{b + {c^2}}} + \frac{b}{{c + {a^2}}} + \frac{c}{{a + {b^2}}} \ge \frac{3}{2}$
-----------
- hamdvk and DavidVince like this
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#715
Posted 19-05-2012 - 23:17
BÀI 359:
Cho a,b,c không âm thỏa a+b+c=3. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{{b + {c^2}}} + \frac{b}{{c + {a^2}}} + \frac{c}{{a + {b^2}}} \ge \frac{3}{2}$
-----------
Một lời giải khá dài cho bài này, và có thể bị sai sót nữa, mọi người kiểm chứng dùm nha.
Theo BĐT Cauchy-Schwar ta có:
$VT\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca+a^2b+b^2c+c^2a}=\frac{9}{(ab+bc+ca-abc)+(a^2b+b^2c+c^2a+abc)}$
Sử dụng BĐT quen thuộc với $a+b+c=3$ thì $$a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$$
Ta sẽ chứng minh $$A=ab+bc+ca-abc\leq 2$$
Thật vậy $$A=b(a+c)+ac(1-b)\leq b(3-b)+\frac{(a+c)^2(1-b)}{4}=b(3-b)+\frac{(3-b)^2(1-b)}{4}=\frac{(3-b)(b^2+3)}{4}$$
Đạo hàm $A'=\frac{-3(b-1)^2}{4}$
$$A'=0 \Leftrightarrow b=1$$
Dựa vào BBT ta tìm được $A\leq 2$ khi $a=b=c=1$
Từ đây, thay vào BĐT ban đầu, ta được:
$$VT\geq \frac{9}{(ab+bc+ca-abc)+(a^2b+b^2c+c^2a+abc)}\geq \frac{9}{2+4}=\frac{3}{2}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Edited by Nguyen Duc Nghia, 19-05-2012 - 23:19.
- NLT and DavidVince like this
Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF
#716
Posted 20-05-2012 - 06:13
Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^3}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} \ge \frac{{a + b + c}}{4}$
-------
P/S: Topic này dần lặng đi rồi, mọi người tiếp tục post bài nào !
-------
- danganhaaaa likes this
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#717
Posted 20-05-2012 - 11:57
$$\sqrt[4]{a^3}+\sqrt[4]{b^3}+\sqrt[4]{c^3}\geq \sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}$$
- Poseidont, NLT and danganhaaaa like this
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#718
Posted 20-05-2012 - 15:43
BÀI 360:
Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^3}}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{b^3}}}{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{c^3}}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} \ge \frac{{a + b + c}}{4}$
-------
P/S: Topic này dần lặng đi rồi, mọi người tiếp tục post bài nào !
-------
-Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
$\frac{a^3}{(b+c)^2}+\frac{b+c}{8}+\frac{b+c}{8}\geq \frac{3a}{4}$
-Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế với vế ta được điều cần chứng minh.
- tramanh94, dohuuthieu, Poseidont and 3 others like this
Thời gian là thứ khi cần thì luôn luôn thiếu.
#719
Posted 20-05-2012 - 22:05
$$\frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{c^5+a^5}{(a+c)ac}\geq 3(ab+bc+ac)-2$$
Bài 363: (PolishMO 2008) Cho a,b,c là các số thực. Chứng minh rằng:
$$4(\sqrt{a^3b^3}+\sqrt{b^3c^3}+\sqrt{c^3a^3})\leq 4c^3+(a+c)^3$$
Ai vô dọn topic này đi
- hamdvk likes this
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#720
Posted 20-05-2012 - 22:28
Ta có $a^5+b^5 \ge a^2b^2(a+b)$Bài 362: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2=1$. Chứng minh rằng
$$\frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{c^5+a^5}{(a+c)ac}\geq 3(ab+bc+ac)-2$$
Áp dụng ta có
$$\frac{a^5+b^5}{ab(a+b)}+\frac{b^5+c^5}{bc(b+c)}+\frac{a^5+c^5}{ac(a+c)}\geq ab+bc+ac=3(ab+bc+ac)-2(ab+bc+ac)\geq 3(ab+bc+ac)-2(a^2+b^2+c^2)=3(ab+bc+ac)-2$$
- tramanh94, Nguyễn Hữu Huy and hamdvk like this
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users