Chủ đề này có 1115 trả lời

[alex_hoang]

BÀI 200. Cho $x, y, z \ge 0, xy + yz + zx = 3$. Tìm GTNN của :
$$P = x^2y^3 + y^2z^3 + z^2x^3 + (x - 1)^2 + (y - 1)^2 + (z - 1)^2$$

Giải
Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có
$${x^2}{y^3} + x + 1 \ge 3xy \Rightarrow {x^2}{y^3} \ge 3xy - x - 1$$
Vậy ta có
$$P \ge 3\left( {xy + yz + zx} \right) - x - y - z - 3 + {\left( {x - 1} \right)^2} + {\left( {y - 1} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2}$$
$$\ge {(x + y + z)^2} - 3(x + y + z) + 3 = {(x + y + z - 3)^2} + 3(x + y + z) - 6 \ge 3$$
Bài toán được cm

[alex_hoang]

Góp vui một bài cho pic này
Bài 201Cho $ a;b;c>0 $Chứng minh BDT sau:
$$ (\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \ge 4 $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 26-01-2012 - 01:33

[Tham Lang]

Góp vui một bài cho pic này
Bài 201Cho $ a;b;c>0 $Chứng minh BDT sau:
$$ (\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \ge 4 $$

Em làm bài này luôn nhé !
$$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} + \dfrac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2} = \dfrac{a^2}{ab} + \dfrac{b^2}{bc} + \dfrac{c^2}{ca} + \dfrac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2} \ge \dfrac{(a + b + c)^2}{ab + bc + ca} + \dfrac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2} $$ $$= 2 + \dfrac{a^2 + b^2 + c^2}{ab + bc + ca} + \dfrac{ab + bc + ca}{a^2 + b^2 + c^2} \ge 2 + 2 = 4$$
ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 26-01-2012 - 01:53

[alex_hoang]

Có lẽ bài 201 không khó.Nhưng nếu bạn nào muốn tìm tòi thì bài toán sau đây khó hơn nhiều đó

Góp vui một bài cho pic này
Cho $ a;b;c>0 $Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng
$$ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+k\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \ge 3+k $$

Bài 202Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng
$$\frac{(1+a^{2})^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{(1+b^{2})^{2}}{c^{2}+a^{2}}+\frac{(1+c^{2})^{2}}{a^{2}+b^{2}}\geq\ 8 $$

[Dung Dang Do]

Có lẽ bài 201 không khó.Nhưng nếu bạn nào muốn tìm tòi thì bài toán sau đây khó hơn nhiều đó

Bài 202Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng
$$\frac{(1+a^{2})^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{(1+b^{2})^{2}}{c^{2}+a^{2}}+\frac{(1+c^{2})^{2}}{a^{2}+b^{2}}\geq\ 8 $$

Anh Hoàng ơi bài này của em post mà chưa ai có lời giải cơ mà(hình như bài 181)

[Dung Dang Do]

Thui em xin giải quyết lun:(chưa thấy mọi người giải)
Sử dụng BĐT $AM-GM$ ta có
$\frac{(1+a^{2})^{2}}{b^{2}+c^{2}}=\frac{\left [ a^{2}+bc+a(b+c)^{2} \right ]}{b^{2}+c^{2}}^{2}\ge\frac{4a(a^{2}+bc)(b+c)}{b^{2}+c^{2}}\ge4ac.\frac{b^{2}+a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+4ab.\frac{a^{2}+c^{2}}{b^{2}+c^{2}}$.
Xây dựng 2 BĐT thức tương tự rồi cộng lại và chú ý giả thiết $ab+bc+ca=1$. Ta có $G.E.D$
P/s: Bài hình em post đạ có lời giải
Gợi ý: Sử dụng Tathlés

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 26-01-2012 - 10:36

[alex_hoang]

Anh xin lỗi do không theo dõi từ đầu nên post lặp xin thay bằng bài khác (Không biết có lặp nữa không)
Bài 202:Cho các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng $3$.Chứng minh rằng
$$3({a^2} + {b^2} + {c^2}) + 4abc \ge 13$$

[Dung Dang Do]

Anh xin lỗi do không theo dõi từ đầu nên post lặp xin thay bằng bài khác (Không biết có lặp nữa không)
Bài 202:Cho các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng $3$.Chứng minh rằng
$$3({a^2} + {b^2} + {c^2}) + 4abc \ge 13$$

Để em chém nốt:( Đề cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác mới đúng chứ anh)Nếu đề là 3cạnnhh tam giác tì em chém như sau:
Vì $a+b+c=3 \iff 3-2a\ge 0;3-2b\ge 0; 3-2c\ge 0$
Áp dụng BĐT Cô Si ta có:
$(3-2a)(3-2b)(3-2c)\le \frac{(3-2a+3-2b+3-2c)^{3}}{3^{3}}=1$
$\iff 4abc\ge 6(ab+bc+ca)-14$
$\iff 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+4abc\ge 3(a+b+c)^{2}-14=13\to D.P.C.M$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 26-01-2012 - 10:49

[alex_hoang]

Để em chém nốt:( Đề cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác mới đúng chứ anh)Nếu đề là 3cạnnhh tam giác tì em chém như sau:
Vì $a+b+c=3 \iff 3-2a\ge 0;3-2b\ge 0; 3-2c\ge 0$
Áp dụng BĐT Cô Si ta có:
$(3-2a)(3-2b)(3-2c)\le \frac{(3-2a+3-2b+3-2c)^{3}}{3^{3}}=1$
$\iff 4abc\ge 6(ab+bc+ca)-14$
$\iff 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+4abc\ge 3(a+b+c)^{2}-14=13\to D.P.C.M$

Cho anh phản ví dụ được không em?Em bảo đề anh chưa đúng thì cho phản ví dụ đi

[vietfrog]

Anh xin lỗi do không theo dõi từ đầu nên post lặp xin thay bằng bài khác (Không biết có lặp nữa không)
Bài 202:Cho các số thực dương $a,b,c$ có tổng bằng $3$.Chứng minh rằng
$$3({a^2} + {b^2} + {c^2}) + 4abc \ge 13$$

Bài này không cần là $3$ cạnh tam giác đâu.
Lời giải ( Phương pháp Look at the end point )
Ta có: \[\begin{array}{l}
A = 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 4abc - 13 \\
\Leftrightarrow A = 3\left( {{{\left( {a + b} \right)}^2} - 2ab} \right) + 3{c^2} + 4abc - 13 \\
\Leftrightarrow A = 3{\left( {3 - c} \right)^2} - 6ab + 3{c^2} + 4abc - 13 \\
\Leftrightarrow A = ab\left( {4c - 6} \right) + 6{c^2} - 18c + 14 \\
\end{array}\]
Bằng BĐT $AM-GM$ ta dễ dàng có được: $ab \in \left[ {0;\frac{{{{\left( {3 - c} \right)}^2}}}{4}} \right]$
Xét:$A = f(ab) = ab\left( {4c - 6} \right) + 6{c^2} - 18c + 14\backslash \left[ {0;\frac{{{{\left( {3 - c} \right)}^2}}}{4}} \right]$
Đây là một hàm bậc nhất ẩn $ab$. Ta luôn có: $Minf(ab) = Min\left\{ {f(0);f\left( {\frac{{{{(c - 3)}^2}}}{4}} \right)} \right\}$
Ta chứng minh: $\left\{ \begin{array}{l}
f(0) \ge 0 \\
f\left( {\frac{{{{(c - 3)}^2}}}{4}} \right) \ge 0 \\
\end{array} \right.$
Thật vậy: \[\left\{ \begin{array}{l}
f\left( 0 \right) = 6{c^2} - 18c + 14 > 0 \\
f\left( {\frac{{{{(c - 3)}^2}}}{4}} \right) = {\left( {c - 1} \right)^2}\left( {c + \frac{1}{2}} \right) \ge 0 \\
\end{array} \right.\]
Như vậy thì : \[A \ge 0 \Leftrightarrow 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 4abc - 13 \ge 0\]
Ta có được đpcm.
Dấu ''='' khi $a=b=c=1$.
------------------------------------------
P/s: Các em THCS hoàn toàn có thể sử dụng. Tuy đây là cách không ngắn gọn nhưng có thể áp dụng nhiều bài.
Đề lại một bài nhé.
Bài 203:
Cho $a,b,c$ là 3 số dương có tổng bằng 3. Tìm GTLN,GTNN nếu có của:

\[A = 2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right) + 3\left( {ab + ac + bc} \right) + 5abc\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 26-01-2012 - 11:08

[Dung Dang Do]

Đến lượt em post đề: (hơi xoắn):
Bài 204
Cho $a.b.c>0$ Chứng minh rằng:$\sqrt{\frac{a^{2}+2bc}{b^{2}+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+2ac}{a^{2}+c^{2}}}++\sqrt{\frac{c^{2}+2ba}{b^{2}+a^{2}}}\ge3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 26-01-2012 - 11:14

[Dung Dang Do]

Bài 142: Cho $\bigtriangleup DEF$ lấy điểm $I$ di động trên cạnh $DF$. Kẻ $IK//DE,IP//EF$.Gọi $S_{1},S_{2},S_{3}$ thứ tự là diện tích của $ \bigtriangleup IKD$, $\bigtriangleup IPF$, hình bình hành $KIPE$.Chứng minh rằng:$$S_{1},+S_{2}\geq S_{3}$$.Dấu "=" xảy ra khi nào??.
____________________
P/s: Đây là bài hình chưa có lời giải trong topic này mong mọi người cố gắng

[alex_hoang]

Đến lượt em post đề: (hơi xoắn):
Bài 204
Cho $a.b.c>0$ Chứng minh rằng:$\sqrt{\frac{a^{2}+2bc}{b^{2}+c^{2}}}+\sqrt{\frac{b^{2}+2ac}{a^{2}+c^{2}}}++\sqrt{\frac{c^{2}+2ba}{b^{2}+a^{2}}}\ge3$

Bạn nào mà cố gắng nhưng vẫn không tìm được lời giải thì coi tại đay
http://www.artofprob...p?f=51&t=459495

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 26-01-2012 - 12:29

[Cao Xuân Huy]

Bài 142: Cho $\bigtriangleup DEF$ lấy điểm $I$ di động trên cạnh $DF$. Kẻ $IK//DE,IP//EF$.Gọi $S_{1},S_{2},S_{3}$ thứ tự là diện tích của $ \bigtriangleup IKD$, $\bigtriangleup IPF$, hình bình hành $KIPE$.Chứng minh rằng:$$S_{1}+S_{2}\geq S_{3}$$.Dấu "=" xảy ra khi nào??.

Bài này dấu "=" luôn xảy ra. Nếu cần mình sẽ chứng minh ngay ở post này. Còn bây giờ đi ngủ trưa tí

[Cao Xuân Huy]

Xin post 1 bđt hình học.
Bài 205:Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O,r). Một đường thẳng thay đổi đi qua O và cắt AB tại M, cắt BC tại N. Chứng minh: $S_{BMN} \ge 2r^2$

[Dung Dang Do]

Bài này dấu "=" luôn xảy ra. Nếu cần mình sẽ chứng minh ngay ở post này. Còn bây giờ đi ngủ trưa tí

Bạn coi lại đi dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm thôi

[Dung Dang Do]

Theo chém gió
Bài 206:
Bên mathlinks:
Cho $a,b,c,d>0$ và $abcd=1$.Chứng minh rằng:
$\frac{1+ab}{1+a}+\frac{1+bc}{1+b}+\frac{1+cd}{1+c}+\frac{1+da}{d}\ge4$
Bài 207: Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minhg rằng:
$\frac{a+1}{ab+1}+\frac{b+1}{bc+1}+\frac{c+1}{ca+1}\ge3$

[alex_hoang]

Chà, hai bài này quen thuộc lắm chả cần bên mathlink làm chi đâu.Các bạn cứ mở cuốn sáng tạo bất đẳng thức của anh Hùng ra là có
Anh chỉ gợi ý thôi
Bài 206:Thực chất nó được suy ra từ bài toán của Vásile Citoje trên tạp chí Crux như sau
Cho các số thực dương $a,b,c,d$ sao cho ${r^4} = abcd \ge 1$Thế thì
$$\frac{{1 + ab}}{{1 + a}} + \frac{{1 + bc}}{{1 + b}} + \frac{{1 + cd}}{{1 + c}} + \frac{{1 + da}}{{1 + d}} \ge \frac{{4\left( {1 + {r^2}} \right)}}{{1 + r}}$$
Bài 207 thì thực chất ta đi chứng minh
$$(a+1)(b+1)(c+1)\ge (ab+1)(bc+1)(ca+1)$$

[Cao Xuân Huy]

Bài này dấu "=" luôn xảy ra. Nếu cần mình sẽ chứng minh ngay ở post này. Còn bây giờ đi ngủ trưa tí

Mình viết ngắn gọn thôi vì mình không ở nhà.
Ta dễ dàng chứng minh được rằng:
$$S_{DIK}=\frac{EK.KF}{EF^2}.S_{DEF}; S_{PIF}=\frac{PD.PE}{DE^2}.S_{DEF}; S_{PIKE}=\left ( 1 - \frac{PD^2}{DE^2} - \frac{KF^2}{EF^2} \right ) .S_{DEF}$$
Cộng lại ta có bđt tương đương.
$$\frac{KF(KF+KE)}{EF^2}+\frac{PD(PD+PE)}{DE^2} \ge 1$$
Áp dụng định lí Thales ta chứng minh được vế trái bằng $1$
Do đó đẳng thức luôn xảy ra.
__________________________________
Mọi người xem có nhầm lẫn gì không nhé zz

zzzZZZzzz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 26-01-2012 - 15:59

[Ispectorgadget]

Bài 208: (quen thuộc)
Cho a,b,c thực dương thỏa
$5a^2+4b^2+3c^2+2abc=60$
CMR: $a+b+c\leq 6$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 26-01-2012 - 16:21