Toán Bất đẳng thức

[vngocvien97]

Một bài chế nè,khá đẹp:
Bài 49: Cho 3 số thực dương $a,b,c$ thoả mãn điều kiện $a+b+c=1$.CMR:
$$ab + bc + ca \ge 9\sqrt[]{(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)}$$

Cách giải của em nè:
Dễ dàng chứng minh: $$(ab+bc+ca)^2 \ge 3abc(a+b+c)$$
\Rightarrow$$(ab+bc+ca)^2 \ge 3abc$$
Mà theo bđt Schur: $$abc \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$
\Leftrightarrow$$abc \ge (1-2c)(1-2b)(1-2a)$$
\Leftrightarrow$$abc \ge 27(\dfrac{1}{3}-\dfrac{2c}{3})(\dfrac{1}{3}-\frac{2b}{3})(\dfrac{1}{3}-\dfrac{2a}{3})$$
Theo $AM-GM$ có: $$a^2+\dfrac{1}{9} \ge \dfrac{2a}{3}$$
Chứng minh tương tự:
\Rightarrow$$abc \ge 27(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)$$
Vậy $$(ab+bc+ca)^2 \ge 81(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)$$
Hay $$ab+bc+ca \ge 9\sqrt[]{(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)}$$(đpcm)
Dấu "=" xảy ra \Leftrightarrow $a=b=c=1\3$

 

[minhtuyb]

1 bài chế cực đỉnh
cmr:
[TEX]\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z}\geq\sqrt[3]{9(x+y+z)}[/TEX]

Có không âm hay dương vẫn cứ sai! Dùng máy tính kiểm tra với $(1;2;3)$
Đề chắc chắn thiếu. Nhìn hệ số đã thấy không hợp lí!
Bạn cũng chú ý sử dụng ngôn từ, "cực đỉnh" đối với bạn không có nghĩa là với người khác cũng thế!
---
@bò, vy: Giờ chả biết ai ra ai :|

Bò hay gọi:ê,ông tú.hay ê,ku;ê,lão già
vy hay nói bt thôi,hạn chế xưng hô
mà thường hay hỏi về mấy vụ xử lý+latex

@bò: Đưa cái lời giải bài S.O.S đi xem ông đánh giá kiểu gì tui rút kinh nghiệm
@All: Topic này để mọi người thảo luận, không cần quá khắt khe chuyện spam

 

[bosjeunhan]

@bò: Đưa cái lời giải bài S.O.S đi xem ông đánh giá kiểu gì tui rút kinh nghiệm

Ông hem thấy Nét-Bịt à >"<
Đưa nó về $+ \dfrac{2}{3}$, sau đó đưa về chính tắc đánh giá cho dễ ^^
P/s: Thực ra chỉ nói vu vơ thoai, chứ đã mần thử đánh giá theo chính tắc ông phân tích đâu

Nên hạn chế spam mà >-

Bò thật )
vậy ra mình là bò giả???
@Tú: Tưởng Vy cầm nick ông? Mà ông send luôn cái đáp án đi cho lành.

 

[minhtuyb]

Hàng về
---
Bài 51 (P.K.Hùng): Cho các số thực $a,b,c$ không âm. CMR:
$$a^3+b^3+c^3-3abc\ge 4(a-b)(b-c)(c-a)$$

Bài 52 (Nguyễn Minh Tú): Cho các số thực $a,b,c$ không âm. CMR:
$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge (a-b)(b-c)(c-a)+9abc$$

 

[thienlong_cuong]

Hàng về
---
Bài 51 (P.K.Hùng): Cho các số thực $a,b,c$ không âm. CMR:
$$a^3+b^3+c^3-3abc\ge 4(a-b)(b-c)(c-a)$$

Bài 52 (Nguyễn Minh Tú): Cho các số thực $a,b,c$ không âm. CMR:
$$(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge (a-b)(b-c)(c-a)+9abc$$

nguyễn minh tú 52 , !?
Có sai ko biết , răng lại về dạng ni
[TEX]BDT \Leftrightarrow 2(a^2b + b^2c + c^2a) \geq 6abc[/TEX] đúng

 

[minhtuyb]

nguyễn minh tú 52 , !?
Có sai ko biết , răng lại về dạng ni
[TEX]BDT \Leftrightarrow 2(a^2b + b^2c + c^2a) \geq 6abc[/TEX] đúng

Ờ chuẩn, bài dễ thế này mà chả có ai làm ="=.
Hết một tuần rồi, xin đưa ra lời giải bài 51:

Bài 51 (P.K.Hùng): Cho các số thực $a,b,c$ không âm. CMR:
$$a^3+b^3+c^3-3abc\ge 4(a-b)(b-c)(c-a)\ (*)$$

KMTTQ, giả sử $c=min{a,b,c}$. Xét hai trường hợp:

*TH 1: Nếu $a\ge b\ge c$ thì $(*)$ hiển nhiên đúng vì $VT\ge 0\ge VP$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

*TH 2: Nếu $b\ge a\ge c$. Đặt: $a=c+x;b=c+y \Rightarrow 0\le x\le y$. Lúc đó BĐT đã cho trở thành:
$$(c+x)^3+(c+y)^3+c^3-3c(c+x)(c+y) +4xy(x-y)\ge 0 \\ \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow c [3x^2+3y(y-x)]+x^3+y(2x-y)^2\ge 0$$
Hiển nhiên đúng do $c\ge 0; y\ge x\ge 0$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=0\Leftrightarrow a=b=c$

BĐT được c/m hoàn toàn. $\square$.
---
Ý tưởng để chế BĐT này được xuất phát từ "Phương pháp dồn biến toàn miền". Tuy nhiên cách trình bày của tác giả không phù hợp mấy với trình độ THCS nên mình đưa ra hướng giải quyết bài toán như trên ^_^. Hướng này phù hợp để giải quyết các bài toán có các đại lượng xấp xỉ 0 như $a-b;b-c;c-a$.

 

[bosjeunhan]

Bài này trang đầu tiên mà hình như chưa có lời giải thì phải.
Chúng ta thử đưa ra một số hướng để giải quyết nó nhé ^^

Cho các số thực dương $a, b , c$
Thõa mãn $a^2 + b^2 + c^2 = 1$
Chứng minh rằng

$\sum \dfrac{a}{1 - a^2} \geq \dfrac{9}{2(a + b + c)}$

 

[minhtuyb]

Hix có vài hướng thôi:
+) pqr
+) S.O.S
+) Bung hết ra @_@
+) Chebyshev (khả quan ^_^)

----
Thêm 1 bài chế:

Bài 53: Cho các số thực không âm $a,b,c$ có tổng bằng $1$. CMR:
$$ab+bc+ca+3abc\ge 4(ab+bc+ca)^2$$

 

[bosjeunhan]

Hix có vài hướng thôi:
+) pqr
+) S.O.S
+) Bung hết ra @_@
+) Chebyshev (khả quan ^_^)

Tin hot, tin hot )
Khi cho $a \longrightarrow 0$ và $b \longrightarrow c = \frac{1}{\sqrt{2}}$ thì BĐT không còn đúng ^^

P/s: Tks anh ạ
Bò sjêu nhân
@Tú: Ôi... Gạch thằng ra đề

@Bò siêu nhân: Đang tính cho nó 1 trận đây >"<

 

[bosjeunhan]

Cảm ơn vì những ý kiến của bạn.
Mình sẽ nêu lên một số cách học của mình để mọi người góp ý ^^

Đầu tiên về cách học!
Thực sự thì mình chỉ xoay quanh hai BĐT chủ yếu AM_GM và C_S
Gặp bài toán nào, mình cũng sẽ giải quyết bằng hai cách đó trước.
Khi cũng đã tầm tầm, khá về hai cái này, mình đã mở rộng để học BĐT khác như chebyshev, hay Holder,...để giải quyết vấn đề một cách gọn gàng hơn. Tiếp đó, mình tiếp xúc với các pp giải, như: SOS, hay ABC,..Đó là những kỹ thuật khó, nên làm quen nhiều, những mình chưa thực sự thông thảo cho lắm

Các xây dựng 1 BĐT của riêng mình:
Để chế ra được 1 bài toán như vậy, thông thường sẽ từ SOS. Từ các chính tắc mà mình nghĩ ra, thì sẽ đưa về 1 BĐT, rồi làm cho nó rối rối một tí, là ta sẽ có 1 "tác phẩm" made in your your hands and minds.

Còn về chế nó ra từ 1 BĐT đã sẵn, việc làm chặt này nghe chừng phức tạp hơn, bởi vì rất dễ đưa đến 1 BĐT "hiển nhiên" (tức là vô cùng dễ ). Chính vì thế, mình phải xem xét, tính toán để đưa vào đó 1 vài BĐT để nó chặt hơn chứ không làm nó lỏng ra.

Ý kiến của mọi người thế nào :">
Bò sjêu nhân.

 

[son9701]

Lâu lắm k chế bất đẳng thức,gửi cho mọi người bài này (cũng dễ)

Bài 54: Chứng minh rằng với mọi a;b;c dương thỏa mãn ab+bc+ca=3 thì:

$2(x^3+y^3+z^3)$ \geq $6xyz+9.min\left\{(x-y)^2;(y-z)^2;(z-x)^2\right\}$

 

[minhtuyb]

Lâu lắm k chế bất đẳng thức,gửi cho mọi người bài này (cũng dễ)

Bài 54: Chứng minh rằng với mọi a;b;c dương thỏa mãn ab+bc+ca=3 thì:

$2(x^3+y^3+z^3)$ \geq $6xyz+9.min\left\{(x-y)^2;(y-z)^2;(z-x)^2\right\}$

Ta sẽ c/m BĐT mạnh hơn là:
$$2(x^3+y^3+z^3)\ge 6xyz+3\left[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\right]\\ \Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\ge 3xyz+3(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\ (*)$$
Thật vậy: Đặt $p=x+y+z;q=xy+yz+zx=3;r=xyz$ thì:
$$(*)\Leftrightarrow p^3-3pq+3r\ge 3r+3(p^2-3q)\\ \Leftrightarrow p^3-9p-3p^2+27\ge 0\\ \Leftrightarrow (p+3)(p-3)^2\ge 0$$
Hiển nhiên đúng. Dấu bằng xảy ra khi $p=q=3\Leftrightarrow x=y=z=1$
Vậy BĐT ban đầu được c/m hoàn toàn. $\square$

 

[minhtuyb]

Bài 55: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm GTNN của biểu thức:
$$S=\dfrac{a^3}{b(c+3)}+\dfrac{b^3}{c(a+3)}+\dfrac{c^3}{a(b+3)}$$

 

[bosjeunhan]

Bài 55: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Tìm GTNN của biểu thức:
$$S=\dfrac{a^3}{b(c+3)}+\dfrac{b^3}{c(a+3)}+\dfrac{c^3}{a(b+3)}$$

Ta có:
$$S=\dfrac{a^3}{b(c+3)}+\dfrac{b^3}{c(a+3)}+\dfrac{c^3}{a(b+3)} = S=\dfrac{a^4}{1+3ab)}+\dfrac{b^4}{1+3bc}+\dfrac{c^4}{1+3ac)} \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3+3.(ab+bc+ca)} \ge \dfrac{x^2}{3x+3}$$ (1)

(Với $a^2+b^2+c^2=x$, ta có $x \ge 3$)

Theo AM_GM, ta có:
$$ \dfrac{x^2}{3x+3} + \dfrac{3x+3}{16} \ge \dfrac{x}{2}$$
$$ \Leftrightarrow \dfrac{x^2}{3x+3} + \dfrac{3}{16}\ge \dfrac{5x}{16} \ge \dfrac{15}{16}$$ (2)

Từ (1) và (2) ta có:

$$S \ge \dfrac{3}{4}$$

Dấu "=" có khi và chỉ khi $a=b=c=1$

 

[bosjeunhan]

Một bài siu dễ cho anh em

Bài 56: Với $a,b,c \ge 0$, chứng minh rằng:
$$\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} \ge a + b + c + \dfrac{(a-b)^2}{b+c} + \dfrac{(b-c)^2}{c+a} + \dfrac{(c-a)^2}{a+b}$$

 

[minhtuyb]

đ

Một bài siu dễ cho anh em

Bài 56: Với $a,b,c \ge 0$, chứng minh rằng:

$$\dfrac{a^2}{b} + \dfrac{b^2}{c} + \dfrac{c^2}{a} \ge a + b + c + \dfrac{(a-b)^2}{b+c} + \dfrac{(b-c)^2}{c+a} + \dfrac{(c-a)^2}{a+b}$$

Đúng là quá lộ [-. Tuy nhiên hoan nghênh những BĐT chặt hơn những BĐT quen thuộc : $(\sum \dfrac{a^2}{b}\ge \sum a)$
$$bdt\Leftrightarrow \sum \left(\dfrac{a^2}{b}-2a+b \right)-\sum \dfrac{(a-b)^2}{b+c}\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum \left[(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{b+c})(a-b)^2\right]\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum \left[\dfrac{c}{b(b+c)}(a-b)^2\right]\ge 0$$
Hiến nhiên đúng, dấu bằng xảy ra khi $a=b=c\ \square$
P/s: Tuy bài này dễ thật nhưng ko nên nhận xét độ khó đề của mình như thế, không những bạn không làm đc lại ... :-"

 

[bosjeunhan]

đ
Đúng là quá lộ [-. Tuy nhiên hoan nghênh những BĐT chặt hơn những BĐT quen thuộc : $(\sum \dfrac{a^2}{b}\ge \sum a)$
$$bdt\Leftrightarrow \sum \left(\dfrac{a^2}{b}-2a+b \right)-\sum \dfrac{(a-b)^2}{b+c}\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum \left[(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{b+c})(a-b)^2\right]\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum \left[\dfrac{c}{b(b+c)}(a-b)^2\right]\ge 0$$
Hiến nhiên đúng, dấu bằng xảy ra khi $a=b=c\ \square$
P/s: Tuy bài này dễ thật nhưng ko nên nhận xét độ khó đề của mình như thế, không những bạn không làm đc lại ... :-"

Đã nói là siu dễ mà )
(Màn khỏi động thôi mà người anh em)
Tiếp 1 bài nữa để làm nóng tay chân (Vẫn đang dễ, chế lại cho đúng bài ku Cường)

Bài 57: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$
\[ \sum_{cyc}\dfrac{a^{2}}{1-a^{2}}\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{2(a+b+c)} \]

 

[son9701]

Đã nói là siu dễ mà )
(Màn khỏi động thôi mà người anh em)
Tiếp 1 bài nữa để làm nóng tay chân (Vẫn đang dễ, chế lại cho đúng bài ku Cường)

Bài 57: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$
\[ \sum_{cyc}\dfrac{a^{2}}{1-a^{2}}\ge\dfrac{3\sqrt{3}}{2(a+b+c)} \]

Áp dụng bất đẳng thức C-S:

$$ (\sum_{cyc}\dfrac{a^{2}}{b^2+c^2})(2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2) \ge (a^2+b^2+c^2)^2 = 1 $$

Ta chỉ cần chứng minh rằng :

$$ a+b+c \ge 3\sqrt{3}(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) $$

Nhưng nếu ta đặt $3a^2 =x; 3b^2=y;3c^2 =z$ thì bất đẳng thức trên được đưa về:

Với x+y+z=3 và x;y;z > 0 ta có:

$$ \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \ge xy+yz+zx $$

(Đây là bất đẳng thức RMO 90)

Nhân 2 vế với 2 và cộng vào 2 vế $x^2+y^2+z^2$,ta cần cmr:

$$ \sum_{cyc}(x^2+2\sqrt{x}) \ge 9 $$

Đúng theo bất đẳng thức AM-GM:

$$ x^2+ \sqrt{x}+ \sqrt{x} \ge 3x $$

Cộng vế có ngay đpcm

 

[son9701]

Tặng pic 1 bài:

Bài 58: Chứng minh rằng với mọi a;b;c >0 ta có bất đẳng thức:

$$ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \ge \dfrac{2a}{b+c}+\dfrac{2b}{c+a}+\dfrac{2c}{a+b} $$

 

[vngocvien97]

Đóng góp 1 bài nữa!
Bài 59: Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3.CMR
$$\dfrac{a}{b^2}+\dfrac{b}{c^2}+\dfrac{c}{a^2} \ge a^2+b^2+c^2$$