Toán Bất đẳng thức

[bosjeunhan]

Bài 46:cho $a,b,c \in (0;1]$ và $ab+ac+bc \le 3$
chứng minh
$\sum \dfrac{\sqrt{ab}(3.\sqrt{b}-\sqrt{a})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}} \le 3$

Em thấy là lạ :|
BĐT tương đương:

$\sum 3.\sqrt[]{ab} - \sum \dfrac{4a\sqrt[]{b}}{\sqrt[]{a}+\sqrt[]{b}} \le 3$
Mà riêng $\sum 3.\sqrt[]{ab}$ đã $\le 3$ thì BĐT hiển nhiên đúng.

Sao chỉ thế thôi nhỉ :M09:

 

[bosjeunhan]

Lâu òi, chưa có thời gian cùng pic
Hôm nay, có 1 bài, vừa chế hôm qua ), hem biết nó có đơn giản bằng cách khác hay ko =((

Bài 47:
Cho a,b,c là các số đương, chứng minh rằng:
$1+ \sum a + \sum a^2 + \sum a^3 \ge (1+\sqrt[3]{abc})^3 + 2.(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

 

[vivietnam]

Ối.để a xem lại đã.không khéo nhầm nhọt còn đâu nữa.trời đất

 

[minhtuyb]

Lâu òi, chưa có thời gian cùng pic
Hôm nay, có 1 bài, vừa chế hôm qua ), hem biết nó có đơn giản bằng cách khác hay ko =((

Bài 47:
Cho a,b,c là các số đương, chứng minh rằng:
$1+ \sum a + \sum a^2 + \sum a^3 \ge (1+\sqrt[3]{abc})^2 + 2.(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\ (*)$

Sao kia lại là số 2 nhỉ? Vậy thì $a,b,c$ phải không âm thì dấu bằng mới xảy ra:
---
Theo schur và cauchy thì:
$$2(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\le 2abc< 3abc\le \sum a^3$$
$$\sqrt[3]{a^2b^2c^2}<3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le \sum a^2$$
$$2\sqrt[3]{abc}<3\sqrt[3]{abc}\le \sum a$$
Cộng vế với vế của các BĐT cùng chiều trên ta có:
$$VP(*)-1< VT(*)-1\Leftrightarrow VT(*)>VP(*)$$
Dấu đẳng thức không xảy ra. $\square$
----
Hình như ông dùng pp búa tạ j` để chế bài này thì phải ~.~

 

[bo_ieu_tho]

Sao kia lại là số 2 nhỉ? Vậy thì $a,b,c$ phải không âm thì dấu bằng mới xảy ra:
---
Theo schur và cauchy thì:
$$2(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\le 2abc< 3abc\le \sum a^3$$
$$\sqrt[3]{a^2b^2c^2}<3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\le \sum a^2$$
$$2\sqrt[3]{abc}<3\sqrt[3]{abc}\le \sum a$$
Cộng vế với vế của các BĐT cùng chiều trên ta có:
$$VP(*)-1< VT(*)-1\Leftrightarrow VT(*)>VP(*)$$
Dấu đẳng thức không xảy ra. $\square$
----
Hình như ông dùng pp búa tạ j` để chế bài này thì phải ~.~

Nếu $a=b=c=1$ thì sao nhể )
Thay vào nhá:
$1+1+1+1+1+1+1+1+1+1 \ge (1+\sqrt[3]{1.1.1})^3 + 2.(1+1-1).(1+1-1).(1+1-1)$
$<-> 10 \ge 10$

Vậy dấu "=" có xảy ra ko nhể
Búa liềm giề, nhìn cái cục đằng sau suy ra BĐT nó $\le 2abc$ là đúng òi^^

 

[minhtuyb]

Nếu $a=b=c=1$ thì sao nhể )
Thay vào nhá:
$1+1+1+1+1+1+1+1+1+1 \ge (1+\sqrt[3]{1.1.1})^3 + 2.(1+1-1).(1+1-1).(1+1-1)$
$<-> 10 \ge 10$

Vậy dấu "=" có xảy ra ko nhể
Búa liềm giề, nhìn cái cục đằng sau suy ra BĐT nó $\le 2abc$ là đúng òi^^

Đề của ông sai lại còn thích cãi >"<:
Đáng lẽ ra phải là:
$$1+\sum a+\sum a^2+\sum a^3\le (1+\sqrt[3]{abc})^3+2(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)$$
Kia ông viết $(1+\sqrt[3]{abc})^{\color{red}{2}}$
Vậy thì áp dụng cauchy ba số tương tự thôi. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c\ \square$
Bò: Thì làm cho hết đê :">

 

[thienlong_cuong]

Bài này của 1 mem hỏi đã lâu nhưng chưa có lời giải
http://diendan.hocmai.vn/showthread.php?t=251232

Hình như vi phạm luật rồi ! TH & TT tháng ni chớ đâu ! Bác Iran đó mà !


Có đọc TH & TT đâu mà biết,mà nghĩ BĐT hay cũng được,đâu nhất thiết tự chế
Bò: Nghĩ là tự chế òi mừ
@minhtuyb: Vậy đây là đề thi TH&TT tháng nay hả :O?
#thienlong: nu nu ! TH&TT tháng 7 !

 

[son9701]

Thêm 1 bài nữa nhìn khủng bố cho m.n mần:

Bài 32: Chứng minh rằng với mọi a;b;c là 3 cạnh 1 tam giác thì ta có:

$$(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le 9a^2b^2c^2$$

Hai tuần kí túc giờ ms về pic được,lâu k thấy bò mần hộ nên đăng lời giải mn tham khảo

Bài này bổ sung thêm được rằng chỉ cần a;b;c là 3 số thực dương là đủ

Nếu $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$ k dương thì ta có ngay đpcm.Mặt khác, thấy rằng 2 số bất kì trong 3 số k thể cùng âm vì nó có tổng là 2a;2b;2c.Vậy ta đưa bài toán đc về trường hợp 3 cạnh 1 tam giác

Sử dụng hệ thức Lai-bơ-nít đã nêu ở trên,ta suy ra được:

$9R^2$ \geq $a^2+b^2+c^2$
\Leftrightarrow $\frac{a^2b^2c^2}{16R^2}$ \leq $\frac{9a^2b^2c^2}{16(a^2+b^2+c^2)}$
\Leftrightarrow $$16S^2(a^2+b^2+c^2) \le 9a^2b^2c^2$$

Sử dụng hệ thức Hê-rông ta suy ra được đpcm

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Bò: Sắp off, phải lo hậu sự trước, ko để ý tới mấy page dưới :">

 

[hthtb22]

Bài 45: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn:
$$\dfrac{1}{a^3+1}+\dfrac{1}{b^3+1}+\dfrac{1}{c^3+1}=1$$
Tìm min $abc$

cách khác
Luôn tồn tại x,y,z sao cho
$\frac{1}{a^3+1}=\frac{x}{x+y+z}$
$\frac{1}{b^3+1}=\frac{y}{x+y+z}$
$\frac{1}{c^3+1}=\frac{z}{x+y+z}$
\Rightarrow $abc=\sqrt[3]{\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}} \ge 2$

 

[bo_ieu_tho]

Problem 48:
Prove following inequality for a,b,c > 0. Prove that:
$$\dfrac{abc}{a^3+b^3+c^3} + \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} - \dfrac{5}{6} \ge \dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}$$

 

[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:
$$ab + bc + ca \ge 9\sqrt[]{(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)}$$

 

[minhtuyb]

Problem 48:
Prove following inequality for a,b,c > 0. Prove that:
$$\dfrac{abc}{a^3+b^3+c^3} + \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} - \dfrac{5}{6} \ge \dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}$$

Nhìn đã thấy "sặc mùi" SOS rồi, mình phân tích thành dạng cơ sở cho những bạn có nhã hứng áp dụng tiêu chuẩn (mình ko có ="=):
$$bdt\Leftrightarrow (\dfrac{abc}{a^3+b^3+c^3}-\dfrac{1}{3})+(\sum \dfrac{a}{b+c}-\dfrac{3}{2})-(\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}-1)\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum \dfrac{-(a+b+c)}{2(a^3+b^3+c^3)}(a-b)^2+\sum \dfrac{1}{(b+c)(c+a)}(a-b)^2+ \sum \dfrac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}(a-b)^2\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum \left[\dfrac{1}{(b+c)(c+a)}- \dfrac{a+b+c}{2(a^3+b^3+c^3)}+\dfrac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}\right](a-b)^2\ge 0$$

 

[bo_ieu_tho]

Nhìn đã thấy "sặc mùi" SOS rồi, mình phân tích thành dạng cơ sở cho những bạn có nhã hứng áp dụng tiêu chuẩn (mình ko có ="=):
$$bdt\Leftrightarrow (\dfrac{abc}{a^3+b^3+c^3}-\dfrac{1}{3})+(\sum \dfrac{a}{b+c}-\dfrac{3}{2})-(\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}-1)\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum \dfrac{-(a+b+c)}{2(a^3+b^3+c^3)}(a-b)^2+\sum \dfrac{1}{(b+c)(c+a)}(a-b)^2+ \sum \dfrac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}(a-b)^2\ge 0 \\ \Leftrightarrow \sum \left[\dfrac{1}{(b+c)(c+a)}- \dfrac{a+b+c}{2(a^3+b^3+c^3)}+\dfrac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}\right](a-b)^2\ge 0$$

Chuẩn đới :M29:
Mỗi tội, chẳng chịu quan sát, nhòm ngó gì cả, phân tích như ông, tui chưa thử đánh giá, nhưng mà có vẻ hơi khó đới ^^
Lâu lâu mang SOS ra chơi cho vui chí

Ơ thế S.O.S không phân tích về chính tắc như thế thì còn như thế nào >"<

Ko phải, thì phân tích thành chíng tắc, nhưng chú ý tới 1 BĐT phụ nựa, đưa về chính tắc đánh giá sẽ lẹ hơn

 

[thienlong_cuong]

Hai tuần kí túc giờ ms về pic được,lâu k thấy bò mần hộ nên đăng lời giải mn tham khảo

Bài này bổ sung thêm được rằng chỉ cần a;b;c là 3 số thực dương là đủ

Nếu $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$ k dương thì ta có ngay đpcm.Mặt khác, thấy rằng 2 số bất kì trong 3 số k thể cùng âm vì nó có tổng là 2a;2b;2c.Vậy ta đưa bài toán đc về trường hợp 3 cạnh 1 tam giác

Sử dụng hệ thức Lai-bơ-nít đã nêu ở trên,ta suy ra được:

$9R^2$ \geq $a^2+b^2+c^2$
\Leftrightarrow $\frac{a^2b^2c^2}{16R^2}$ \leq $\frac{9a^2b^2c^2}{16(a^2+b^2+c^2)}$
\Leftrightarrow $$16S^2(a^2+b^2+c^2) \le 9a^2b^2c^2$$

Sử dụng hệ thức Hê-rông ta suy ra được đpcm

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Bò: Sắp off, phải lo hậu sự trước, ko để ý tới mấy page dưới :">

[TEX](a^2 + b^2 + c^2)(a + b + c)(a + b -c)(a + c - b)(b + c - a) \leq 9a^2b^2c^2[/TEX]

Đặt [TEX]\left{\begin{a + b -c = x}\\{a + c - b = y}\\{b + c - a = z} [/TEX]

KHi đó có
[TEX]\left{\begin{a + b + c = x + y + z}\\{a^2 + b^2 + c^2 = \frac{x^2 + y^2 + z^2 + xy + yz + xz}{2}}\\{(a + b -c)(a + c - b)(b + c - a) = xyz}\\{a^2b^2c^2 = \frac{[(xy + yz + xz)(x + y + z) - xyz]^2}{64}} [/TEX]

Khủng bố thế thôi ! Chứ biến đổi đưa về p , q , r nhìn ko tới nỗi die

BĐT đc đưa về dạng
[TEX]32(p^2 - q)pr \leq 9p^2q^2 - 18pqr + 9r^2[/TEX]

Chuẩn hóa p = 1 (a + b + c = x + y + z = 1)
Thì nhìn sẽ dễ hơn

[TEX]\Leftrightarrow 32 - 32qr \leq 9q^2 - 18qr + 9r^2[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow 9q^2 + r(9r + 14q - 32) \geq 0[/TEX]

Áp dụng BĐT sau (dạng hay dùng schur)

[TEX]r \geq \frac{p(4q - p^2)}{9} = \frac{4q -1}{9}[/TEX]

Thay vào BĐT , ta đi cm

[TEX]9q^2 + \frac{4q -1}{9}.(18q - 33) \geq 0[/TEX]

Khai triển ra đưa về dạng

[TEX]\Leftrightarrow (q - \frac{11}{17})(q - \frac{1}{3}) \geq 0[/TEX]

Bắt buộc nó phải đúng vì [TEX]p = 1 \Rightarrow q \leq \frac{1}{3} \Rightarrow[/TEX] ít i d tru nót phô

BĐT đc cm ! dấu bằng xảy ra khi ta nhẩm điểm rơi từ trước

 

[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:
$$ab + bc + ca \ge 9\sqrt[]{(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)}$$

Chưa ai mần được ra bài của tui ah?
P/s: Lâu quá thì đành phải post lời giải đới.

 

[minhtuyb]

Chưa ai mần được ra bài của tui ah?
P/s: Lâu quá thì đành phải post lời giải đới.

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:
$$ab + bc + ca \ge 9\sqrt[]{(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)}\ (*)$$

Bác cứ từ từ cho bọn em suy nghĩ, nóng thế ):
---------
*) Nếu có 2 biến không bé hơn $\dfrac{\sqrt{2}}{3}$, một biến không lớn hơn $\dfrac{\sqrt{2}}{3}$ thì: ...
*) Nếu cả ba biến không lớn hơn $\dfrac{\sqrt{2}}{3}$ thì:
Áp dụng Cauchy 3 số ta có:
$$(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)\le \dfrac{\left(\dfrac{2}{3}-a^2-b^2-c^2\right)^3}{27}\ (1)$$
Mà do $a+b+c=1\Rightarrow a^2+b^2+c^2=1-2(ab+bc+ca)$, thay $a^2+b^2+c^2$ vào $(1)$ có:
$$(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)\le \dfrac{[6(ab+bc+ca)-1)^3]}{729}$$
Đặt $ab+bc+ca=p$ với $0<p\le \dfrac{1}{3}$, ta cần c/m:
$$p\ge 9\sqrt{\dfrac{(6p-1)^3}{729}}\\ \Leftrightarrow p^2\ge 81. \dfrac{(6p-1)^3}{729}\\ \Leftrightarrow 9p^2-(6p-1)^3\ge 0\\ \Leftrightarrow (1-3p)(72p^2-15p+1)\ge 0$$
Đúng vì $0<p\le \dfrac{1}{3}$
Vậy BĐT được c/m. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}\ \square$

 

[vuhoang97]

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

chế khá lâu rồi,giờ nhớ lại ko biết đúng thế này ko,ngại làm lại

x,y,z là các số ko âm

 

[bosjeunhan]

Tiếp 1 bài,cũng khá lâu rồi:

Bài 50: Cho $a,b,c \ge -\sqrt2$ thỏa mãn:

$a^3+b^3+c^3 \ge 3 \ge a^5+b^5+c^5$

CMR:$a^2+b^2+c^2 \ge 3$

 

[vngocvien97]

Bác cứ từ từ cho bọn em suy nghĩ, nóng thế ):
---------
*) Nếu có 2 biến không bé hơn $\dfrac{\sqrt{2}}{3}$, một biến không lớn hơn $\dfrac{\sqrt{2}}{3}$ thì: ...
*) Nếu cả ba biến không lớn hơn $\dfrac{\sqrt{2}}{3}$ thì:
Áp dụng Cauchy 3 số ta có:
$$(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)\le \dfrac{\left(\dfrac{2}{3}-a^2-b^2-c^2\right)^3}{27}\ (1)$$
Mà do $a+b+c=1\Rightarrow a^2+b^2+c^2=1-2(ab+bc+ca)$, thay $a^2+b^2+c^2$ vào $(1)$ có:
$$(\dfrac{2}{9}-c^2)(\dfrac{2}{9}-b^2)(\dfrac{2}{9}-a^2)\le \dfrac{[6(ab+bc+ca)-1)^3]}{729}$$
Đặt $ab+bc+ca=p$ với $0<p\le \dfrac{1}{3}$, ta cần c/m:
$$p\ge 9\sqrt{\dfrac{(6p-1)^3}{729}}\\ \Leftrightarrow p^2\ge 81. \dfrac{(6p-1)^3}{729}\\ \Leftrightarrow 9p^2-(6p-1)^3\ge 0\\ \Leftrightarrow (1-3p)(72p^2-15p+1)\ge 0$$
Đúng vì $0<p\le \dfrac{1}{3}$
Vậy BĐT được c/m. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}\ \square$

Cách làm khá hay! Nhưng vẫn còn cách nữa cả làng cứ nghĩ nha!
P/s:Ai có cách 2.Thanks nhiều.

 

[bo_ieu_tho]

Cách làm khá hay! Nhưng vẫn còn cách nữa cả làng cứ nghĩ nha!
P/s:Ai có cách 2.Thanks nhiều.

Nội quy của pic: Quá 2 tuần, nếu bài toán chưa có lời giải thì người ra mới giúp pic chữa bài.
Đừng spam như thế này nữa nhé ^^
P/s: Đừng ai del hai bài này, để mọi người ko quên quy định này

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

Ghi số thứ tự của bài

Tiếp 1 bài,cũng khá lâu rồi:

Cho $a,b,c \ge -\sqrt2$ thỏa mãn:

$a^3+b^3+c^3 \ge 3 \ge a^5+b^5+c^5$

CMR:$a^2+b^2+c^2 \ge 3$

Ghi số thứ tự, và đề nghị post bài tự sáng tạo, tự chế (hoặc tự nghĩ)-Nghe giọng điệu như kiểu sưu tầm quá X_X
Tự sáng tạo đó,cách giải cực đơn giản
đã thêm số bài