H
E
evilfc
đóng góp cho topic 1 bài nhé
C/m với mọi số thực a,b,c ta luôn có
$(b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2\geq(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)$
C/m với mọi số thực a,b,c ta luôn có
$(b+c-a)^2(c+a-b)^2(a+b-c)^2\geq(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)$
R
riverflowsinyou1
Up lời giải .Vẽ đường tròn có bán kính là 1, vẽ đường kính PQ
Với 3 điểm P, A1, Q ta luôn có: PA1 + QA1 >=PQ = 2
Tương tự với các điểm A2, A3, A4, ..., A2014 ta có các BĐT PA2 + QA2>=2
PA_2014 + QA_2014>=2
Cộng vế theo vế của 2014 BĐT cùng chiều ta được: (PA_1+.....PA_2014) + (QA_1+.....QA_2014)>=4028
Trong 2 biểu thức ở trong dấu ngoặc ở vế trái sẽ tồn tại một biểu thức có giá trị >=2014. Giả sử (PA_1+.....PA_2014)>=2014 (do vai trò của P, Q là như nhau). Ta chọn M trùng với P. (đpcm)
Người giải : Nguyễn Hữu Chương.
Với 3 điểm P, A1, Q ta luôn có: PA1 + QA1 >=PQ = 2
Tương tự với các điểm A2, A3, A4, ..., A2014 ta có các BĐT PA2 + QA2>=2
PA_2014 + QA_2014>=2
Cộng vế theo vế của 2014 BĐT cùng chiều ta được: (PA_1+.....PA_2014) + (QA_1+.....QA_2014)>=4028
Trong 2 biểu thức ở trong dấu ngoặc ở vế trái sẽ tồn tại một biểu thức có giá trị >=2014. Giả sử (PA_1+.....PA_2014)>=2014 (do vai trò của P, Q là như nhau). Ta chọn M trùng với P. (đpcm)
Người giải : Nguyễn Hữu Chương.
E
evilfc
lời giải nè
chỉ cần c/m trong TH $a^2,b^2,c^2$ là 3 cạnh của tam giác(vì trong TH còn lại bài toán sẽ luôn đúng)
Ta sẽ c/m BDT riêng sau $[a^2-(b-c)^2]^2\geq(a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)$
khai triển ra ta sẽ có $a^4-2a^2(b-c0^2+(b-c)^4\geq a^4-(b-c)^2(b+c)^2$
tương đương $(b-c)^2(b^2+c^2-a^2)\geq0$ luôn đúng
tương tự ta cũng có $[b^2-(c-a)^2]^2\geq(b^2+c^2-a^2)(b^2+a^2-c^2)
[c^2-(a-b)^2]^2\geq(c^2+a^2-b^2)(c^2+b^2-a^2)$
nhân cả 2 vế của các BDT này lại ta thu được
$(a+b-c)^4(b+c-a)^4(c+a-b)^4\geq(a^2+b^2-c^2)^2(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2$
suy ra dpcm
chỉ cần c/m trong TH $a^2,b^2,c^2$ là 3 cạnh của tam giác(vì trong TH còn lại bài toán sẽ luôn đúng)
Ta sẽ c/m BDT riêng sau $[a^2-(b-c)^2]^2\geq(a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)$
khai triển ra ta sẽ có $a^4-2a^2(b-c0^2+(b-c)^4\geq a^4-(b-c)^2(b+c)^2$
tương đương $(b-c)^2(b^2+c^2-a^2)\geq0$ luôn đúng
tương tự ta cũng có $[b^2-(c-a)^2]^2\geq(b^2+c^2-a^2)(b^2+a^2-c^2)
[c^2-(a-b)^2]^2\geq(c^2+a^2-b^2)(c^2+b^2-a^2)$
nhân cả 2 vế của các BDT này lại ta thu được
$(a+b-c)^4(b+c-a)^4(c+a-b)^4\geq(a^2+b^2-c^2)^2(b^2+c^2-a^2)^2(c^2+a^2-b^2)^2$
suy ra dpcm
R
riverflowsinyou1
Áp dụng bất đẳng thức Bunhia :
$VT \le |\sqrt{(u^2+v^2)((x-y)^2+(x+y)^2|}=\sqrt{2}$
H
huynhbachkhoa23
Bất đẳng thức Bunyakovsky khi căn ra là như thế này:
$|a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n| \le \sqrt{(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2)}$
Không cần thêm cái trị tuyệt đối đâu.
Chỉ cần $VT \le \sqrt{2(u^2+v^2)(x^2+y^2)}=\sqrt{2}$
E
evilfc
mình xin post tiếp 1 bài nữa nhé
cho a,b,c dương thoả mãn abc=1
$\dfrac{a^3]{(1+b)(1+c)}+\dfrac{b^3}{(1+a)(1+c)}+\dfrac{c^3}{(1+a)(1+b)}$ \geq $ \dfrac{3}{4}$
cho a,b,c dương thoả mãn abc=1
$\dfrac{a^3]{(1+b)(1+c)}+\dfrac{b^3}{(1+a)(1+c)}+\dfrac{c^3}{(1+a)(1+b)}$ \geq $ \dfrac{3}{4}$
Last edited by a moderator:
R
riverflowsinyou1
Cái này giải rồi bạn
.......................................................................
J
junmatngu
CÁC BẠN GIẢI THỬ BÀI NÀY NHA
Cho p,q,r thoẩ mãn p++q+r=1.Chứng minh rằng 7(pq+qr+rp) \leq 2+9pqr
mình sẽ post lời giải sau để chúng ta cùng tham khảo !
Cho p,q,r thoẩ mãn p++q+r=1.Chứng minh rằng 7(pq+qr+rp) \leq 2+9pqr
mình sẽ post lời giải sau để chúng ta cùng tham khảo !
H
huynhbachkhoa23
R
riverflowsinyou1
H
huy14112
bài này không nhầm thì là bất đẳng thức schur .
Giả sử $a \ge b \ge c$
có $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) = (a-b)^2(a+b+c) +c(a-c)(b-c) \ge 0$
Giả sử $a \ge b \ge c$
có $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) = (a-b)^2(a+b+c) +c(a-c)(b-c) \ge 0$
J
junmatngu
H
huynhbachkhoa23
Thì là Schur đó bác =)) có cái thay $k=1$ thôi
Mấy hôm nay toàn Schwarz, Cauchy một vài bài đê.
Bài 1: Bài này cũng đăng lâu rồi, chưa ai giải.
Cho $m,n \in Z^{+}$
Chứng minh: $\dfrac{m^2+n^2}{2} \ge \sqrt[m+n]{m^{2n}n^{2m}}$
Bài 2: Cho $a,b,c > 0$:
a) Chứng minh: $\sum (\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b+c}{a}) \ge \dfrac{15}{2}$
b) Chứng minh: $\sum \dfrac{a^2}{b+c} \ge \dfrac{\sum a}{2}$
c) Chứng minh: $\sum \sqrt{\dfrac{a}{b+c}} \ge 2$
Bài 3: Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$
Chứng minh: $\sum \dfrac{1}{x} > \dfrac{18}{xyz+2}$
Cauchy hết nhá =))
Mấy hôm nay toàn Schwarz, Cauchy một vài bài đê.
Bài 1: Bài này cũng đăng lâu rồi, chưa ai giải.
Cho $m,n \in Z^{+}$
Chứng minh: $\dfrac{m^2+n^2}{2} \ge \sqrt[m+n]{m^{2n}n^{2m}}$
Bài 2: Cho $a,b,c > 0$:
a) Chứng minh: $\sum (\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b+c}{a}) \ge \dfrac{15}{2}$
b) Chứng minh: $\sum \dfrac{a^2}{b+c} \ge \dfrac{\sum a}{2}$
c) Chứng minh: $\sum \sqrt{\dfrac{a}{b+c}} \ge 2$
Bài 3: Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=1$
Chứng minh: $\sum \dfrac{1}{x} > \dfrac{18}{xyz+2}$
Cauchy hết nhá =))
Last edited by a moderator:
H
huynhbachkhoa23
Bạn cầm máy tính bấm đi.
Nhập cái này vào: $\text{7(AB+BC+CA)-9ABC-2}$
$\fbox{CALC}$
Nhập: $5=4=-8=$
Thử nó ra nhỏ hơn $0$ hay lớn hơn $0$
Thiếu $p,q,r >0$ rồiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii
Last edited by a moderator:
H
huy14112
Bài 2 .
a)
$\sum (\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b+c}{a}) =(\sum \dfrac{a}{b+c}) + (a+b+c)(\sum \dfrac{1}{a}) -3 $
1 cái nesbit 1 cái schwarz nhá .
b)câu này 1 phát schwarz .
c) chưa tìm thấy dấu bằng .
a)
$\sum (\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b+c}{a}) =(\sum \dfrac{a}{b+c}) + (a+b+c)(\sum \dfrac{1}{a}) -3 $
1 cái nesbit 1 cái schwarz nhá .
b)câu này 1 phát schwarz .
c) chưa tìm thấy dấu bằng .
R
riverflowsinyou1
2) c dấu bằng sẽ không xảy ra.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
$\sqrt{\frac{b+c}{a}} \le \frac{\frac{b+c}{a}+1}{2}=\frac{a+b+c}{a.2}$
\Leftrightarrow $\sqrt{\frac{a}{b+c}} \ge \frac{a.2}{a+b+c}$
Tương tự cộng từng vế suy ra điều phải chứng minh.
Do bài này không tìm điểm rơi nên nhiều người chết vì cái này .
H
huynhbachkhoa23
H
huy14112
Nếu bác muốn dùng AM-GM em chơi lun .
$\sum (\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b+c}{a}) =(\sum \dfrac{a}{b+c}) + (a+b+c)(\sum \dfrac{1}{a}) -3$
Chứng minh nesbit bộ 3 số bằng AM-GM chắc bác biết . ( ko cần Cm nếu bác muốn em cm cho )
Còn đoạn này , áp dụng AM-GM bộ 3 số có
$(a+b+c)(\sum \dfrac{1}{a}) \ge 3 \sqrt[3]{abc}. \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}$
Ok rồi
H