Đến nội dung


Hình ảnh
* * * * * 2 Bình chọn

$$(a^2+b^2+c^2)\left[\sum \frac{1}{(b-c)^2}\right]\geq \frac{9}{2}$$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 14-09-2012 - 22:22

Bài toán 1.[Đào Hải Long]
Ch0 các số thực $a,b,c$ đôi một khác nhau.Chứng minh bất đẳng thức:
$$(a^2+b^2+c^2)\left[\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}+\frac{1}{(a-b)^2}\right]\geq \frac{9}{2}$$
Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$
Bài toán 3.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực phân biệt đôi một khác nhau.Chứng minh:
$$(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{27}{4}$$

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#2 25 minutes

25 minutes

    Thành viên nổi bật 2015

  • Hiệp sỹ
  • 2795 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:KHTN-NEU
  • Sở thích:Cafe + radio + mưa

Đã gửi 15-09-2012 - 00:20

Ta nhận xét,nếu cố định trị tuyệt đối của a,b,c thì VT đạt min khi abc$\leq 0$,ta có thể g/s a$> b> 0> c$
Đặt $-c=x (x > 0)$
Ta có$\frac{1}{\left ( b+x \right )^{2}}+\frac{1}{\left ( a-b \right )^{2}}\geq \frac{8}{\left ( a+x \right )^{2}}$
Suy ra VT$\frac{1}{\left ( a+x \right )^{2}}+\frac{8}{\left ( a+x \right )^{2}}\geq \frac{9}{2\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )}$
Dấu = khi $\left\{\begin{matrix} a=0 & \\ b+c=0 & \end{matrix}\right.$ và hoán vị bộ số này


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 23-08-2013 - 13:18

Hãy theo đuổi đam mê, thành công sẽ theo đuổi bạn.



Thảo luận BĐT ôn thi Đại học tại đây


#3 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 15-09-2012 - 09:57

Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4\ (*)$$

KMTTQ, giả sử $z=min{x;y;z}$. Ta giảm $(x,y,z)$ cùng đi một lượng $z$ (tức là thay $(x;y;z)$ bởi $(x-z;y-z;0)$) thì rõ ràng các hiệu $x-y;y-z;z-x$ không đổi , và $(x-z)(y-z)<xy+yz+zx$. Vậy $VT(*)$ thì giảm đi còn $VP(*)$ thì không đổi. Do đó ta chỉ cần c/m BĐT $(*)$ trong trường hợp $x,y>z=0$.

Thật vậy, với $x,y>z=0$ thì:
$$(*) \Leftrightarrow xy \left [ \dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2} \right ]\ge 4\\ \Leftrightarrow \dfrac{xy}{(x-y)^2}+\dfrac{x^2+y^2}{xy}\ge 4\\ \Leftrightarrow \dfrac{xy}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{xy}\ge 2$$

Hiển nhiên đúng theo $AM-GM$. BĐT $(*)$ được c/m. Dấu bằng xảy ra khi:$\left\{\begin{matrix}(x-y)^2=xy\\ z=0\end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow (x;y;z)=\left (k;\dfrac{k(3+\sqrt{5})}{2};0\right );\left (k;\dfrac{k(3-\sqrt{5})}{2};0\right )\ (k> 0)$. và các hoán vị $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 15-09-2012 - 09:57

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#4 BoBoiBoy

BoBoiBoy

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 77 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Thái Bình
  • Sở thích:Sherlock Holmes;Football;Basketball

Đã gửi 16-09-2012 - 07:25

Bài toán 3.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực phân biệt đôi một khác nhau.Chứng minh:
$$(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{27}{4}$$

BĐT $\Leftrightarrow (\sum (a-b)^2)(\sum \frac{1}{(a-b)^2})\geq \frac{27}{2}$
Đặt $a-b=x;b-c=y;c-a=z$$\Rightarrow$ $x+y+z=0$.Ta cần chứng minh:
$(x^2+y^2+z^2)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})\geq \frac{27}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{x^2+y^2}{z^2}\geq \frac{21}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{x^2+y^2}{(x+y)^2}\geq \frac{21}{2}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(x+y)^2+(x-y)^2}{(x+y)^2}\geq 21$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(x-y)^2}{(x+y)^2}\geq 18$ (1)
Ta có: $\sum \frac{x-y}{x+y}.\frac{y-z}{y+z}$
$=\frac{\sum (x-y)(y-z)(x+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{\sum y(y-x)(y-z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{x^3+y^3+z^3+3xyz-\sum x^2(y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{6xyz-\sum x^2(y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$ (do $x^3+y^3+z^3=3xyz$ với x+y+z=0)
$=\frac{8xyz-(x+y)(y+z)(z+x)}{(x+y)(y+z)(z+x)}$
$=\frac{8xyz+xyz}{-xyz}$ (do x+y+z=0)
$=-9$
Do đó $VP(1) \geq -2(\sum \frac{x-y}{x+y}.\frac{y-z}{y+z}) =18$
Vậy BĐT được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoBoiBoy: 16-09-2012 - 07:27

Hình đã gửi

#5 Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Xem phim.

Đã gửi 16-09-2012 - 11:41

Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$

Cách khác không cần động đến dồn biến toàn miền :
Giả sử $z=min(x,y,z)$ suy ra $x-z> 0,y-z> 0$
Ta có :$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}]$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{x^2+y^2+2z^2-2xz-2yz}{(x-z)^2(y-z)^2}$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2+2(x-z)(y-z)}{(x-z)^2(y-z)^2}$$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2+2(x-z)(y-z)}{(x-z)^2(y-z)^2}$
$= \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{(x-y)^2}{(x-z)^2(y-z)^2}+\frac{2}{(x-z)(y-z)}\geq ^{AM-GM} \frac{2}{(x-z)(y-z)}+\frac{2}{(x-z)(y-z)}$
$= \frac{4}{(x-z)(y-z)}\geq \frac{4}{xy}\geq \frac{4}{xy+yz+zx}$
Nhân chéo lên ta được $Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 16-09-2012 - 11:43


#6 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 17-09-2012 - 23:12

Bài toán 2.[Trần Nam Dũng]
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Chứng minh rằng:
$$(xy+yz+zx)\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]\geq 4$$

OTHER SOLUTION:

KMTTQ, giả sử $z=min{x;y;z}$, suy ra:
$xy+yz+zx\ge xy$ và $\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{(y-z)^2}+\dfrac{1}{(z-x)^2}\ge \dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}$
Vậy ta chỉ cần c/m:
$$\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}\ge \dfrac{4}{xy}\\ \Leftrightarrow \dfrac{(x^2+y^2-3xy)^2}{x^2y^2(x-y)^2}\ge 0$$
Luôn đúng. Dấu bằng vẫn thế $\square$
----
Vì ta đã dự được điểm rơi từ trước nên dùng cách này khá gọn ^_^.

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#7 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 18-09-2012 - 11:19

Bài toán 4.
Ch0 các số thực không âm phân biệt $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$(a^2+b^2+c^2)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{11+5\sqrt{5}}{2}$$
Cách làm cũng khá giống với bài 2 :))

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#8 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-10-2012 - 19:42

Một bài viết nhỉ của mình, về hai bài toán 1 và 3 trong chủ đề này. http://mathifc.wordp...-bat-dang-thuc/
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#9 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 02-11-2012 - 21:21

Bài toán 5.
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Tìm GTNN của biểu thức:
$$P=\left[(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2\right].\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]$$
(*Gợi ý : Những bài toán như thế này điểm đẳng thức luôn xảy ra khi có 1 số $= 0$ )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 02-11-2012 - 21:22

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#10 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-11-2012 - 22:43

Bài toán 4.
Ch0 các số thực không âm phân biệt $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$(a^2+b^2+c^2)\left[\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2}\right]\geq \frac{11+5\sqrt{5}}{2}$$
Cách làm cũng khá giống với bài 2 :))

Lời giải của a luatdhv :
Giả sử $c$ nhỏ nhất, ta có


$P=({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{(b-c)}^{2}}}+\frac{1}{{{(c-a)}^{2}}} \right) \ge ({{a}^{2}}+{{b}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}} \right).$


Do vậy ta cần tìm GTNN của biểu thức

$Q=({{a}^{2}}+{{b}^{2}})\left( \frac{1}{{{(a-b)}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{a}^{2}}} \right).$


Đây là biểu thức thuần nhất cùng bậc (bậc 0) nên đặt $x=\frac{a}{b}$, ($x>0$)ta có

$Q=(x^2+1)\left( \frac{1}{(x-1)^2}+1+\frac{1}{x^2} \right)$

Khai triển ra ta được

$Q=1+\frac{2x}{x^2-2x+1}+x^2+\frac{1}{x^2}+2=\frac{2}{x+\frac{1}{x}-2}+(x+\frac{1}{x})^2+1$


Đến đây, đặt $x+\frac{1}{x}-2=t$ ($t \ge 0$), ta có

$Q=\frac{2}{t}+(t+2)^2+1$


Đến đây áp dụng kỹ thuật chọn điểm rơi trong BĐT AM-GM tìm được GTNN của $Q$.

Cụ thể

$Q-5=\frac{2}{t}+t^2+4t=t^2+\frac{2k^3}{t}+4t+\frac{2-2k^3}{t} \ge 3k^2+4\sqrt{2(1-k^3)}$
($1>k>0$ chọn sau)


Ta cần chọn $k$ sao cho $t^2=\frac{k^3}{t}$ và $4t=\frac{2-2k^3}{t}$.

Giải hệ này được $4k^2=2-2k^3$.

Giải phương trình này với chú ý $1>k>0$ tìm được $k$.

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#11 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-11-2012 - 22:47

Bài toán 5.
Ch0 $x,y,z\geq 0$ và đôi một khác nhau.Tìm GTNN của biểu thức:
$$P=\left[(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2\right].\left[\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\right]$$
(*Gợi ý : Những bài toán như thế này điểm đẳng thức luôn xảy ra khi có 1 số $= 0$ )

Một lời giải mình sưu tầm được bên MS :)
Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$.Khi đó ta có $a-c\leq a$,$b-c\leq b$.Suy ra:

$P\geq \left [ (a+b)^2+b^2+a^2 \right ]\left [ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2} \right ]$

$=\frac{2(a^2+b^2+ab)}{a^2-2ab+b^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{a^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{b^2}$

$=2\left [ \frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )^{2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right ) \right ]$

Đặt $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t,t> 2$.
Xét hàm số $f(t)=\frac{t+1}{t-2}+t^2+t$
có $f'(t)=\frac{-3}{(t-2)^2}+2t+1=0\Leftrightarrow 2t^3-7t^2+4t+1=0$ do $t> 2$ ta chỉ nhận nghiệm $t=\frac{5+\sqrt{33}}{4}$
Lập bảng biến thiên ta nhận được $minf(t)=\frac{59+11\sqrt{33}}{8}$ $\Rightarrow minP=\frac{59+11\sqrt{33}}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{matrix}
c=0\\
\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{5+\sqrt{33}}{4}
\end{matrix}\right.$ và các hoán vị.

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#12 sonksnb

sonksnb

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-08-2013 - 17:53

Một lời giải mình sưu tầm được bên MS :)
Giả sử $c=min\left \{ a,b,c \right \}$.Khi đó ta có $a-c\leq a$,$b-c\leq b$.Suy ra:

$P\geq \left [ (a+b)^2+b^2+a^2 \right ]\left [ \frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2} \right ]$

$=\frac{2(a^2+b^2+ab)}{a^2-2ab+b^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{a^2}+\frac{2(a^2+ab+b^2)}{b^2}$

$=2\left [ \frac{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+1}{\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right )^{2}+\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{a} \right ) \right ]$

Đặt $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=t,t> 2$.
Xét hàm số $f(t)=\frac{t+1}{t-2}+t^2+t$
có $f'(t)=\frac{-3}{(t-2)^2}+2t+1=0\Leftrightarrow 2t^3-7t^2+4t+1=0$ do $t> 2$ ta chỉ nhận nghiệm $t=\frac{5+\sqrt{33}}{4}$
Lập bảng biến thiên ta nhận được $minf(t)=\frac{59+11\sqrt{33}}{8}$ $\Rightarrow minP=\frac{59+11\sqrt{33}}{4}$
Đẳng thức xảy ra khi $\left\{\begin{matrix}
c=0\\
\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{5+\sqrt{33}}{4}
\end{matrix}\right.$ và các hoán vị.

hay.






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh