$\fbox{[Toán 8] Chuyên đề ôn BDT 8 version 2 }$

H

huynhbachkhoa23

Mấy bác cho bài nặng quá, em cho một bài nhẹ nhẹ để ....................... câu comment =))
Problem 22. Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^2+b^2}{a+b}+\dfrac{b^2+c^2}{b+c}+\dfrac{c^2+a^2}{c+a}\ge 3$$
 
T

transformers123

$\mathfrak{Problem\ 21}$: Cho $a, b, c, d$ là các số dương. Chứng minh:
$$\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}+\dfrac{1}{ \dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}} \le \dfrac{1}{\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+d}}$$
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Thực ra là đề đúng, có điều em ghi nhầm chữ "l" thành chữ "g" thôi =))
 
N

nangcuong7e

transformers123 said:
$\mathfrak{Problem\ 21}$: Cho $a, b, c, d$ là các số dương. Chứng minh:
$$\dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}+\dfrac{1}{ \dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}} \le \dfrac{1}{\dfrac{1}{a+c}+\dfrac{1}{b+d}}$$
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Chơi luôn bài này :D

INE [TEX]\Leftrightarrow (\frac{1}{a} +\frac{1}{b})(\frac{1}{c} +\frac{1}{d}) \geq (\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c} +\frac{1}{d})(\frac{1}{a+c} +\frac{1}{b+d})[/TEX]

Ta có: [TEX](\frac{1}{a} +\frac{1}{b})(\frac{1}{c} +\frac{1}{d}) \geq (\frac{1}{\sqrt{ac}} +\frac{1}{\sqrt{bd}})^2[/TEX] (1)

Mà [TEX]\frac{1}{\sqrt{ac}} +\frac{1}{\sqrt{bd}} \geq 2(\frac{1}{a+c} +\frac{1}{b+d})[/TEX] (2)

[TEX]\frac{1}{\sqrt{ac}} +\frac{1}{\sqrt{bd}} \geq \frac{1}{2}(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c} +\frac{1}{d})[/TEX] (3)

Từ (1),(2),(3) có ngay đpcm.
Dấu [TEX]"="[/TEX] xảy ra khi [TEX]a=b=c=d[/TEX]

Problem 23: Cho [TEX]a,b,c >0[/TEX]. Chứng minh bất đẳng thức:

[TEX]\sum \frac{a^3}{a+2b} \geq \frac{1}{3}(a^2 +b^2 +c^2)[/TEX]​
 
Last edited by a moderator:
S

soccan

$Problem\ 23\\
\dfrac{a^3}{a+2b}+\dfrac{a(a+2b)}{9} \ge \dfrac{2a^2}{3}\\
...\\
\longrightarrow VT \ge \dfrac{2(a^2+b^2+c^2)}{3}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{9}-\dfrac{2(ab+bc+ca)}{9}\ge\\ \ge \dfrac{5(a^2+b^2+c^2)}{9}-\dfrac{2(a^2+b^2+c^2)}{9}=\dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2) \longrightarrow Q.E.D$
đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
 
N

naruto2001

nangcuong7e said:
Chơi luôn bài này :D

INE [TEX]\Leftrightarrow (\frac{1}{a} +\frac{1}{b})(\frac{1}{c} +\frac{1}{d}) \geq (\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c} +\frac{1}{d})(\frac{1}{a+c} +\frac{1}{b+d})[/TEX]

Ta có: [TEX](\frac{1}{a} +\frac{1}{b})(\frac{1}{c} +\frac{1}{d}) \geq (\frac{1}{\sqrt{ac}} +\frac{1}{\sqrt{bd}})^2[/TEX] (1)

Mà [TEX]\frac{1}{\sqrt{ac}} +\frac{1}{\sqrt{bd}} \geq 2(\frac{1}{a+c} +\frac{1}{b+d})[/TEX] (2)

[TEX]\frac{1}{\sqrt{ac}} +\frac{1}{\sqrt{bd}} \geq \frac{1}{2}(\frac{1}{a} +\frac{1}{b} +\frac{1}{c} +\frac{1}{d})[/TEX] (3)

Từ (1),(2),(3) có ngay đpcm.
Dấu [TEX]"="[/TEX] xảy ra khi [TEX]a=b=c=d[/TEX]

Problem 23: Cho [TEX]a,b,c >0[/TEX]. Chứng minh bất đẳng thức:

[TEX]\sum \frac{a^3}{a+2b} \geq \frac{1}{3}(a^2 +b^2 +c^2)[/TEX]​
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Chú ý: lớp 8 chưa học kí hiệu tổng [TEX]\sum_{i=1}^k a_i^n[/TEX]
 
T

transformers123

soccan said:
$Problem\ 23\\
\dfrac{a^3}{a+2b}+\dfrac{a(a+2b)}{9} \ge \dfrac{2a^2}{3}\\
...\\
\longrightarrow VT \ge \dfrac{2(a^2+b^2+c^2)}{3}-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{9}-\dfrac{2(ab+bc+ca)}{9}\ge\\ \ge \dfrac{5(a^2+b^2+c^2)}{9}-\dfrac{2(a^2+b^2+c^2)}{9}=\dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2) \longrightarrow Q.E.D$
đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Cách khác =))

$\sum \dfrac{a^3}{a+2b} \ge \dfrac{(\sum a^2)^2}{\sum a^2+\sum 2ab} = \dfrac{(\sum a^2)^2}{(\sum a)^2} \ge \dfrac{(\sum a^2)^2}{\sum 3a^2} \ge \dfrac{\sum a^2}{3}$
 
H

huynhbachkhoa23

Problem 16. Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh:
$\dfrac{(b+c)^2}{a^2+bc}+\dfrac{(c+a)^2}{b^2+ca}+ \dfrac{(a+b)^2}{c^2+ab}\ge 6$
Solution.
Ký hiệu $[x,y,z]=\sum\limits_{sym}a^xb^yc^z$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\sum \dfrac{(b+c)^2}{a^2+bc}\ge \dfrac{4(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2}{\sum (b+c)^2(a^2+bc)}$
Vậy là ta cần chứng minh $2(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2 \ge 3\sum (b+c)^2(a^2+bc)$
hay $[4,0,0]+[2,1,1]-2[3,1,0]+3[3,1,0]-3[2,2,0]\ge 0$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ra $[3,1,0]\ge [2,2,0]$
Áp dụng bất đẳng thức Schur cho ra $[4,0,0]+[2,1,1]-2[3,1,0]\ge 0$. Đây là điều cần chứng minh.
Mở rộng. $x,y,z$ và $x',y',z'$ sao cho:
(i) $x\ge y\ge z\ge 0$ và $x'\ge y' \ge z'\ge 0$
(ii) $x\ge x'$ và $x+y\ge x'+y'$
(iii) $x+y+z=x'+y'+z'$
Khi đó $[x,y,z]\ge [x',y',z']$
Problem 24. Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{bc}{a^2+3}+\dfrac{ca}{b^2+3}+\dfrac{ab}{c^2+3}\le \dfrac{9}{4(ab+bc+ca)}$
 
Last edited by a moderator:
C

chonhoi110

huynhbachkhoa23 said:
Mấy bác cho bài nặng quá, em cho một bài nhẹ nhẹ để ....................... câu comment =))
Problem 22. Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^2+b^2}{a+b}+\dfrac{b^2+c^2}{b+c}+\dfrac{c^2+a^2}{c+a}\ge 3$$
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Làm cách THCS cho quen thuộc nhỉ :v mình thích cái gì đơn giản :v

$(a+b+c).VT=\sum (a^2+b^2+\dfrac{c(a^2+b^2)}{a+b}) \ge \sum (a^2+b^2+\dfrac{c(a+b)}{2} ) =\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2}{2} \ge (a+b+c)\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$

......................... :v :v
 
R

riverflowsinyou1

Mấy bác cứ chém,em thì thi học kì + thêm 1 tuần thì em mới vô trận :))............................................................
 
H

huynhbachkhoa23

chonhoi110 said:
Làm cách THCS cho quen thuộc nhỉ :v mình thích cái gì đơn giản :v

$(a+b+c).VT=\sum (a^2+b^2+\dfrac{c(a^2+b^2)}{a+b}) \ge \sum (a^2+b^2+\dfrac{c(a+b)}{2} ) =\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2}{2} \ge (a+b+c)\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$

......................... :v :v
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Giả sử $a\ge b\ge c$ thì $(a-b)(b-c)\ge 0$. Áp dụng Cauchy-Schwarz và AM-GM
$VT=\sum \dfrac{(a+b)^2+(a-b)^2}{2(a+b)}\ge \dfrac{(a+b+c)^2+(a-c)^2}{a+b+c}=\dfrac{9}{2(a+b+c)}+\dfrac{a+b+c}{2}+\dfrac{(a-b)(b-c)}{a+b+c}\ge 3$
 
H

huynhbachkhoa23

Problem 24.
$3=\dfrac{(a+b+c)^2}{3}\ge ab+bc+ca$ nên $\sum \dfrac{bc}{a^2+3}\le \sum \dfrac{bc}{(a+b)(a+c)}=\dfrac{3(ab+bc+ca)-3abc}{3(ab+bc+ca)-abc}$
Nếu $0\le ab+bc+ca\le \dfrac{9}{4}$ thì $\dfrac{3(ab+bc+ca)-3abc}{3(ab+bc+ca)-abc}=1-\dfrac{2abc}{3(ab+bc+ca)-3abc}\le 1\le \dfrac{9}{4(ab+bc+ca)}$, đặt $x=ab+bc+ca$
Nếu $3\ge ab+bc+ca\ge \dfrac{9}{4}$ thì theo bất đẳng thức Schur bậc 4: $abc\ge \dfrac{(4x-9)(9-x)}{18}$
$\dfrac{3x-3abc}{3x-abc}=1+\dfrac{2}{1-3\dfrac{x}{abc}}\le 1-\dfrac{\dfrac{(4x-9)(9-x)}{9}}{3x-\dfrac{(4x-9)(9-x)}{18}}$
Ta cần chứng minh: $1-\dfrac{\dfrac{(4x-9)(9-x)}{9}}{3x-\dfrac{(4x-9)(9-x)}{18}}\le \dfrac{9}{4x}$ hay $(3-x)(4x-9)^2\ge 0$ luôn đúng.
 
Last edited by a moderator:
H

huynhbachkhoa23

Problem 25. Chứng minh rằng với mọi số thực không âm $a,b,c$ ta luôn có:
$$\sqrt{a^2+b^2+ab}+\sqrt{b^2+c^2+bc}+\sqrt{c^2+a^2+ca}\ge \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}$$
Hiện tại có một lời giải bằng Minkovsky và một lời giải bằng S.O.S
Problem 26. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab}}\le 1$$
Problem 27. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$8\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right)+9\ge 10(a^2+b^2+c^2)$$
Problem 28. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$abc(ab+bc+ca)\ge (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)(a^2+b^2+c^2)$$
 
Last edited by a moderator:
T

tanngoclai

huynhbachkhoa23 said:
problem 25. Chứng minh rằng với mọi số thực không âm $a,b,c$ ta luôn có:
$$\sqrt{a^2+b^2+ab}+\sqrt{b^2+c^2+bc}+\sqrt{c^2+a^2+ca}\ge \sqrt{4(a^2+b^2+c^2)+5(ab+bc+ca)}$$
hiện tại có một lời giải bằng minkovsky và một lời giải bằng s.o.s
problem 26. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc}}+\dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ca}}+\dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab}}\le 1$$
problem 27. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$$8(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})+9\ge 10(a^2+b^2+c^2)$$
problem 28. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$abc(ab+bc+ca)\ge (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)(ab+bc+ca)$$
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Bài 28 : Bđt đúng theo Schur . =))
Kiến nghị pic này chuyển lên lớp 9 :3
 
T

tanngoclai

huynhbachkhoa23 said:
Problem 28. Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$abc(ab+bc+ca)\ge (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)(a^2+b^2+c^2)$$
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Bài 28 :
Chỉ xét với $a+b-c,b+c-a,c+a-b>0$, trường hợp khác khỏi bàn =))
Bất đẳng thức tương đương :
$\sum (a-b)^2(\dfrac{1}{(a+c-b)(b+c-a)} - \dfrac{1}{ab+bc+ca}) \ge 0$
Có $\dfrac{1}{(a+c-b)(b+c-a)} - \dfrac{1}{ab+bc+ca} = \dfrac{c(a+b-c)+(b^2+c^2-ab)}{(a+c-b)(b+c-a)(ab+bc+ca)}>0$
$\rightarrow ...$
Lâu lâu gõ 1 bài mà mệt quá -_-
 
H

huynhbachkhoa23

tanngoclai said:
Bài 28 :
Chỉ xét với $a+b-c,b+c-a,c+a-b>0$, trường hợp khác khỏi bàn =))
Bất đẳng thức tương đương :
$\sum (a-b)^2(\dfrac{1}{(a+c-b)(b+c-a)} - \dfrac{1}{ab+bc+ca}) \ge 0$
Có $\dfrac{1}{(a+c-b)(b+c-a)} - \dfrac{1}{ab+bc+ca} = \dfrac{c(a+b-c)+(b^2+c^2-ab)}{(a+c-b)(b+c-a)(ab+bc+ca)}>0$
$\rightarrow ...$
Lâu lâu gõ 1 bài mà mệt quá -_-
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Giả sử $c=\text{min}\{a,b,c\}$ thì ta có bất đẳng thức tương đương là:
$(a^2+b^2+c^2)(a+b-c)(a-b)^2+c\left[(a-b)^2+ab+c^2\right](a-c)(b-c)\ge 0$ luôn đúng.
 
H

huynhbachkhoa23

Problem 28. Mới mò ra lời giải sau:
Áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 3:
$(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)=\left[2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^4+b^4+c^4)\right](a^2+b^2+c^2)\le \dfrac{9a^2b^2c^2}{a^2+b^2+c^2}(a^2+b^2+c^2)=9a^2b^2c^2$
Do đó ta cần chứng minh $(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 9abc$ luôn đúng theo AM-GM
 
T

tanngoclai

Không thấy ai giải =)) Mấy bài của bác Khoa cất vào tủ đi =)) Bài mới đây :3 Bài lấy của chị Huyền chưa xin phép :3
Problem 29: Cho a,b,c không âm thỏa mãn : $5(a^2+b^2+c^2)=6(ab+bc+ca)$. Chứng minh :
$$\sqrt{2(a+b+c)}-(a^2+b^2) \le \dfrac{3}{2}$$
 
H

huynhbachkhoa23

tanngoclai said:
Không thấy ai giải =)) Mấy bài của bác Khoa cất vào tủ đi =)) Bài mới đây :3 Bài lấy của chị Huyền chưa xin phép :3
Problem 29: Cho a,b,c không âm thỏa mãn : $5(a^2+b^2+c^2)=6(ab+bc+ca)$. Chứng minh :
$$\sqrt{2(a+b+c)}-(a^2+b^2) \le \dfrac{3}{2}$$
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
$5(a+b)^2+5c^2=6c(a+b)+16ab\le 6c(a+b)+4(a+b)^2$ nên $6c(a+b)\ge 5c^2+(a+b)^2$ nên $c\le a+b$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $VT\le \sqrt{2(a+b+c)}-\dfrac{(a+b)^2}{2}\le 2\sqrt{a+b}-\dfrac{(a+b)^2}{2}\le \dfrac{3}{2}$
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom