Đến nội dung


KietLW9

Đăng ký: 19-03-2021
Online Đăng nhập: Hôm nay, 20:06
*****

#727129 $\boxed{\text{Bài Toán}}$Cho $a,...

Gửi bởi KietLW9 trong Hôm nay, 15:13

$\boxed{\text{Bài Toán}}$Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $(a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2)^2\geqslant 27abc(a^3+b^3+c^3)$ 




#727117 $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 5abc$

Gửi bởi KietLW9 trong Hôm nay, 10:07

Mình mới làm quen với phần bất đẳng thức cực trị đạt được tại biên.Nhìn các bạn biến đổi mà hoa mắt quá.Cho mình hỏi có phương pháp chung cho dạng bài này không?

VD: Cho $a,b,c\epsilon [1;2].CM a^3+b^3+c^3\leq 5abc$

Phương pháp dồn biến với cực trị đạt tại biên có nhiều trong các tài liệu rồi, bạn nên xem cuốn NHỮNG VIÊN KIM CƯƠNG TRONG BẤT ĐẲNG THỨC TOÁN HỌC (trang 571) để được rõ hơn nhé, còn về bài trên thì cách của mình đơn giản như trong sách Sáng tạo bất đẳng thức của Phạm Kim Hùng thôi

Lời giải. 

Không mất tính tổng quát, giả sử $2\geqslant a\geqslant b\geqslant c\geqslant 1$

$\blacksquare $ Vì $a\in [1,2]$ nên $\left\{\begin{matrix}a-2\leqslant 0 & \\ a^2+2a-1\geqslant 1+2-1=2>0 & \end{matrix}\right.\Rightarrow (a-2)(a^2+2a-1)\leqslant 0\Leftrightarrow a^3+2\leqslant 5a$ (1)

$\blacksquare $ Vì $2\geqslant a\geqslant b\geqslant  1$ nên $b^2+b+1\leqslant a^2+a+1\leqslant 2a+a+a=4a<5a\Rightarrow b^2+b+1-5a<0$

và $b-1\geqslant 0$ nên $(b-1)(b^2+b+1-5a)\leqslant 0\Leftrightarrow 5a+b^3\leqslant 5ab+1$ (2)

$\blacksquare $ Vì $2\geqslant a\geqslant c\geqslant 1$ nên $c^2+c+1\leqslant a^2+a+1\leqslant 2a+a+a=4a<5a<5ab\Rightarrow c^2+c+1-5ab<0$

và $c-1\geqslant 0$ nên $(c-1)(c^2+c+1-5ab)\leqslant 0\Leftrightarrow 5ab+c^3\leqslant 5abc+1$ (3)

Cộng theo vế ba bất đẳng thức (1), (2), (3), ta được: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 5abc(Q.E.D)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=2;b=1;c=1$ và các hoán vị




#727113 $\textrm{Cho } x,y \textrm{ là các số thực khôn...

Gửi bởi KietLW9 trong Hôm nay, 09:20

Lời giải. Ta có: 

$\frac{1}{4}-\dfrac{(x^2-y^2)(1-x^2y^2)}{(1+x^2)^2(1+y^2)^2}=\frac{(y^4+1)(x^2-1)^2+y^2(6x^4+4x^2+6)}{4(1+x^2)^2(1+y^2)^2}\geqslant 0$

Đẳng thức xảy ra khi $(x,y)\in\left \{ (1,0);(-1,0) \right \}$




#727090 $\sum \frac{1}{3-ab} \leq \frac...

Gửi bởi KietLW9 trong Hôm qua, 15:55

Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn $a^{2}+ b^{2}+c^{2}=3$. Chứng minh rằng: 

$\sum \frac{1}{3-ab} \leq \frac{3}{2}$

Bài này có thể giải bằng cách sử dụng phương pháp "Yếu tố ít nhất" trong Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, phương pháp này có vẻ khác xa lạ với các bạn học sinh THCS, cuối câu trả lời mình sẽ đưa File PDF về chuyên đề này

Lời giải.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $(\frac{2}{3}-\frac{1}{3-ab})+(\frac{2}{3}-\frac{1}{3-bc})+(\frac{2}{3}-\frac{1}{3-ca})\geqslant \frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{3-2ab}{3-ab}+\frac{3-2bc}{3-bc}+\frac{3-2ca}{3-ca}\geqslant \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+c^2}{3-ab}+\frac{(b-c)^2+a^2}{3-bc}+\frac{(c-a)^2+b^2}{3-ca}\geqslant \frac{3}{2}$

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: $\frac{(a-b)^2+c^2}{3-ab}+\frac{(b-c)^2+a^2}{3-bc}+\frac{(c-a)^2+b^2}{3-ca}=\left [ \frac{(a-b)^2}{3-ab}+\frac{(b-c)^2}{3-bc}+\frac{(a-c)^2}{3-ca} \right ]+\left [ \frac{a^2}{3-bc}+\frac{b^2}{3-ca}+\frac{c^2}{3-ab} \right ]\geqslant \frac{4(a-c)^2}{9-ab-bc-ca}+\frac{(a+b+c)^2}{9-ab-bc-ca}$

Ta cần chứng minh: $\frac{4(a-c)^2}{9-ab-bc-ca}+\frac{(a+b+c)^2}{9-ab-bc-ca}\geqslant \frac{3}{2}\Leftrightarrow 2(a+b+c)^2+8(a-c)^2\geqslant 3(9-ab-bc-ca)$

$\Leftrightarrow \left [ 2(a+b+c)^2-9(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca) \right ]+8(a-c)^2\geqslant 0$

$\Leftrightarrow -7\left [ (a-c)^2+(b-c)(b-a) \right ]+8(a-c)^2\geqslant 0$

$\Leftrightarrow (a-c)^2+7(a-b)(b-c)\geqslant 0$

Như vậy ta cần chỉ ra rằng: $(a-b)(b-c)\geqslant 0$

Tương tự đối với $a-b$ và $b-c$ thì ta cũng lần lượt đưa bài toán về chứng minh 

$(b-c)(c-a)\geqslant 0$

$(c-a)(a-b)\geqslant 0$

Như vậy nếu trong ba bất đẳng thức trên có 1 bất đẳng thức đúng thì ta có điều phải chứng minh

Ta thấy rằng: $\left [ (a-b)(b-c) \right ]\left [ (b-c)(c-a) \right ]\left [ (c-a)(a-b) \right ]=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\geqslant 0$

Như vậy trong 3 bất đẳng thức trên có ít nhất một bất đẳng thức không âm, vì nếu cả ba đều âm thì tích sẽ âm (vô lí)

Bài toán được giải quyết 

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

File phương pháp: File gửi kèm  yeu-to-it-nhat-Can.pdf   252.85K   1 Số lần tải




#727079 $\sum \frac{a}{\sqrt{ab+b^2}...

Gửi bởi KietLW9 trong Hôm qua, 14:22

Cho a,b,c > 0.Chứng minh : $\sum \frac{a}{\sqrt{ab+b^2}}\geq \frac{3\sqrt{2}}{2}$

Lời giải. Đặt $(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})\Rightarrow (x,y,z)$ thì $xyz=1$ và $VT=\frac{x}{\sqrt{x+1}}+\frac{y}{\sqrt{y+1}}+\frac{z}{\sqrt{z+1}}\geqslant \frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^2}{\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}}=\frac{x+y+z+2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})}{\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1}}\geqslant \frac{x+y+z+6}{\sqrt{3(x+y+z+3)}}$

Đặt $t=x+y+z+3\geqslant 6$ thì ta cần chứng minh: $\frac{t+3}{\sqrt{3t}}\geqslant \frac{3}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow \frac{(t+3)^2}{3t}\geqslant \frac{9}{2}\Leftrightarrow \frac{(t-6)(2t-3)}{6t}\geqslant 0$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$




#727073 tìm gtnn của $5x+3y+\frac{10}{x}+\frac...

Gửi bởi KietLW9 trong Hôm qua, 13:57

cho các số thực dương thỏa $x+y \geq 6$

tìm gtnn của $5x+3y+\frac{10}{x}+\frac{8}{y}$

giải theo nhiều cách nếu có thể

Lời giải. 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: $5x+3y+\frac{10}{x}+\frac{8}{y}=\frac{5}{2}(x+y)+(\frac{5}{2}x+\frac{10}{x})+(\frac{y}{2}+\frac{8}{y})\geqslant \frac{5}{2}.6+2\sqrt{\frac{5}{2}x.\frac{10}{x}}+2\sqrt{\frac{y}{2}.\frac{8}{y}}=29$

Đẳng thức xảy ra khi $x=2;y=4$




#727046 $C/m \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}...

Gửi bởi KietLW9 trong Hôm qua, 08:33

Cho $a,b,c > 0$ và $a+b+c = 1$

$C/m \frac{a^2}{b} + \frac{b^2}{c} + \frac{c^2}{a} \geq 3(a^2+b^2+c^2)$

Lời giải. Ta có:

$VT-VP=\frac{c+a}{b}(a-b)^2+\frac{a+b}{c}(b-c)^2+\frac{b+c}{a}(c-a)^2\geqslant 0$




#727034 $(a+1)(b+1)(c+1)\ge 4abc$

Gửi bởi KietLW9 trong 14-05-2021 - 21:23

cách này đúng đó, nhưng mk lại quên mất các bước làm

* dù thầy mk có chỉ một lần rồi :( *

Tình cờ nhìn thấy cách đặt ẩn như bạn

Screenshot (100).png




#727031 Tìm GTNN của biểu thức: $T=\sqrt{\frac{a}{...

Gửi bởi KietLW9 trong 14-05-2021 - 19:06

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2\leqslant abc$. Tìm GTNN của biểu thức: $T=\sqrt{\frac{a}{6a^2+9}}+\sqrt{\frac{b}{6b^2+9}}+\sqrt{\frac{c}{6c^2+9}}$

P/s: Một bài cũ nhưng cũng khá hay!




#727008 Cho a,b,c>0.CM:$\sum \frac{ab}{a^2+ab+bc...

Gửi bởi KietLW9 trong 14-05-2021 - 09:50

Lời giải. Áp dụng Cauchy-Schwarz: $\sum\frac{ab}{a^2+ab+bc}=\sum \frac{ab(c^2+ab+bc)}{(a^2+ab+bc)(c^2+ab+bc)}\leqslant \frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2abc(a+b+c)}{(ab+bc+ca)^2}=\frac{(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2}\leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$




#727007 $1+\frac{3}{a+b+c} \geq \frac{6}{ab+bc+ca}$

Gửi bởi KietLW9 trong 14-05-2021 - 09:44

Cho a,b,c>0 thoả mãn abc=1

CMR: 1+$\frac{3}{a+b+c}\geq \frac{6}{ab+bc+ca}$

Lời giải. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được: $(ab+bc+ca)+\frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}\geqslant 2\sqrt{\frac{3(ab+bc+ca)^2}{a+b+c}}\geqslant 2\sqrt{\frac{9abc(a+b+c)}{a+b+c}}=6$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$




#726994 Cho tam giác ABC, AD là phân giác (D thuộc BC). Gọi M và N lần lượt là hai đi...

Gửi bởi KietLW9 trong 14-05-2021 - 07:35

Lời giải.

Screenshot (97).png

Xét $\Delta AMK$ và $\Delta CNK$ có: 

      $AM=CN(gt)$

      $AK=CK(gt)$

      $MK=NK(gt)$

Do đó $\Delta AMK$ = $\Delta CNK(c.c.c)$

$\Rightarrow \widehat{MAK}=\widehat{NCK}$

Mà $\widehat{NCK}=\widehat{KAC}$ nên $\widehat{MAK}=\widehat{KAC}$ do đó $AK$ là phân giác của góc $\widehat{A}$

Mà $AD$ cũng là phân giác của $\widehat{A}$ nên $AK$ và $AD$ trùng nhau hay $A,D,K$ thẳng hàng (đpcm)

      




#726966 $a^{3}+ b^{3} + c^{3} +6\geq (a+b+c)^...

Gửi bởi KietLW9 trong 13-05-2021 - 16:36

Bài1:

Đặt a+b+c=p,ab+ac+bc=q,abc=r. Dễ thấy p$\geq$3

BĐT tương đương $p^{3}+9r\geq p^{2}+3pq$

VT=$p^{3}+\frac{27}{4}r+\frac{9}{4}\geq p^{3}+\frac{27}{4}\frac{4pq-p^{3}}{9}+\frac{9}{4}$ (Bđt Schur)

=$\frac{1}{4}p^{3}+3pq+\frac{9}{4}$

Xét\frac{1}{4}p^{3}+3pq+\frac{9}{4}$\geq p^{2}+3pq$$\Leftrightarrow p^{3}-4p^{2}+9\geq 0 \Leftrightarrow (p-3)((p-3)(p+2)+9)\geq 0$ (luôn đúng do p$\geq 3$

$\rightarrow$ đpcm

Thật trùng hợp là bài 1 mình cũng vừa giải ở đây: https://diendantoanh...4abcgeq-frac14/




#726939 CMR: $\frac{a^2}{bc+2a^2} + \frac{b^2...

Gửi bởi KietLW9 trong 13-05-2021 - 11:01

Em xin góp thêm một cách nữa

Ta có: $\frac{a^2}{bc+2a^2} + \frac{b^2}{ac+2b^2} +\frac{c^2}{ab+2c^2}=\frac{1}{\frac{bc}{a^2}+2}+\frac{1}{\frac{b^2}{ca}+2}+\frac{1}{\frac{ab}{c^2}+2}$

Đặt $(\frac{bc}{a^2},\frac{ca}{b^2},\frac{ab}{c^2})\rightarrow (x,y,z)$ thì $xy+yz+zx=\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}=3$ và $xyz=1$

Khi đó $VT=\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2}=\frac{xy+yz+zx+4(x+y+z)+12}{xyz+2(xy+yz+zx)+4(x+y+z)+8}=\frac{xy+yz+zx+4(x+y+z)+12}{xy+yz+zx+4(x+y+z)+12}=1(Q.E.D)$

 

P/s: Đây là đẳng thức rất hay dùng trong chứng minh bất đẳng thức! :icon6: 




#726937 $13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4}=16$

Gửi bởi KietLW9 trong 13-05-2021 - 10:45

Giải phương trình sau:
$13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4}=16$

 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

$13\sqrt{x^2-x^4}=26.\sqrt{\frac{1}{4}x^2(1-x^2)}\leqslant 26.\frac{{\frac{1}{4}x^2}+(1-x^2)}{2}=13-\frac{39}{4}x^2$

$9\sqrt{x^2+x^4}=6.\sqrt{\frac{9}{4}x^2(1+x^2)}\leqslant 6.\frac{\frac{9}{4}x^2+(1+x^2)}{2}=3+\frac{39}{4}x^2$

Cộng hai bất đẳng thức trên theo vế, ta được: $13\sqrt{x^2-x^4}+9\sqrt{x^2+x^4}\leqslant 16$

Đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Vậy $x=\frac{2\sqrt{5}}{5}$