|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
17-07-2012, 12:43 PM | #1 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Apr 2012 Đến từ: Heaven Bài gởi: 579 Thanks: 10 Thanked 513 Times in 283 Posts | Topic về Bất Đẳng Thức (3) Chào các bạn, Như đã thấy, Topic về Bất Đẳng Thức cũ đã khá nhiều nên mình cắt thành topic thứ 3. Hy vọng các bạn sẽ tuân thủ đúng nội quy nêu ra sau đây: 1. Đánh số thứ tự bài: Người post bài mới phải đánh số thứ tự. Bài đầu tiên sẽ được đánh số 1, và cứ thế các bài đề nghị tiếp theo sẽ được đánh số kế tiếp. ------------------------------------------------------- 2. Không post chen ngang: KHÔNG có những comments rác chen ngan. Post lời giải bài cũ trước khi post đề mới. -------------------------------------------------------- 3. Và tất nhiên, mỗi post đều phải được đánh Latex rõ ràng. Những bài viết không đạt yêu cầu, đều bị xóa không báo trước. Mong mọi người hãy tuân thủ để tạo nên Topic Bất Đẳng Thức này đẹp và hấp dẫn hơn. Xin cảm ơn. thay đổi nội dung bởi: ptk_1411, 22-07-2012 lúc 07:57 AM |
The Following 13 Users Say Thank You to Snow Bell For This Useful Post: | Akira Vinh HD (21-07-2012), batigoal (17-07-2012), hgly1996 (26-07-2012), hoduckhanhgx (22-07-2012), hunterkill17 (17-07-2012), JokerNVT (17-07-2012), Ng_Anh_Hoang (18-07-2012), sang89 (17-07-2012), thephuong (17-07-2012), tienanh_tx (27-08-2012), TrauBo (17-07-2012), Trieu123 (05-02-2015), zớt (13-08-2012) |
17-07-2012, 01:22 PM | #2 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Apr 2012 Đến từ: Heaven Bài gởi: 579 Thanks: 10 Thanked 513 Times in 283 Posts | Mình mở đầu bằng bài toán sau. Bài 1: Cho $ a,b,c \ge 0 $ thỏa $ a+b+c+abc=4 $.Chứng minh rằng: $$ ab+bc+ca \le a+b+c $$ |
The Following 4 Users Say Thank You to Snow Bell For This Useful Post: |
17-07-2012, 01:53 PM | #3 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 303 Thanks: 129 Thanked 130 Times in 81 Posts | Trích:
$a=\dfrac{2x}{y+z},b=\dfrac{2y}{x+z},c=\dfrac{2z}{ x+y}$ Thay vào cái cần chứng minh phá tung ra quy đồng nhân chéo ta được bđt $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$ BĐT này là Schur quen thuộc. __________________ thay đổi nội dung bởi: Trầm, 19-07-2012 lúc 12:03 PM | |
17-07-2012, 02:17 PM | #4 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 657 Thanks: 388 Thanked 470 Times in 196 Posts | Bài 2: Cho các số dương $a, b, c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng: $$\dfrac{1}{a^2-a+1}+\dfrac{1}{b^2-b+1}+\dfrac{1}{c^2-c+1} \le 3$$ __________________ thay đổi nội dung bởi: Trầm, 17-07-2012 lúc 02:27 PM |
The Following 2 Users Say Thank You to Trầm For This Useful Post: | hanhphuc254 (15-09-2012), VYKA (05-08-2012) |
17-07-2012, 02:25 PM | #5 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 303 Thanks: 129 Thanked 130 Times in 81 Posts | Trích:
$\frac{4}{3}-\frac{1}{a^{2}-a+1}+\frac{4}{3}-\frac{1}{b^{2}-b+1}+\frac{4}{3}-\frac{1}{c^{2}-c+1}\geq 1 $ $\Leftrightarrow \sum \frac{(2a-1)^{2}}{3(a^{2}-a+1)}\geq 1 $ Theo CS $\sum \frac{(2a-1)^{2}}{3(a^{2}-a+1)}\geq \frac{[2(a+b+c)-3)]^{2}}{3[a^{2}+b^{2}+c^{2}-(a+b+c)+3]} $ $\geq 1 $ Nên cần CM $(a+b+c)^{2}+6(ab+bc+ac)\geq 9(a+b+c) $ Tới đây chắc đơn giản __________________ thay đổi nội dung bởi: Trầm, 17-07-2012 lúc 02:59 PM | |
The Following User Says Thank You to vjpd3pz41iuai For This Useful Post: | High high (25-07-2012) |
17-07-2012, 02:50 PM | #6 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 33 Thanks: 100 Thanked 12 Times in 10 Posts | Bài 3 Cho $a,b,c,d >0, \frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}+ \frac{1}{d}=4 $ Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3}{2}}+\sqrt[3]{\frac{b^3+c^3}{2}}+\sqrt[3]{\frac{c^3+d^3}{2}}+\sqrt[3]{\frac{d^3+a^3}{2}} \leq 2(a+b+c+d)-4 $ __________________ thay đổi nội dung bởi: Trầm, 18-07-2012 lúc 11:31 AM |
The Following User Says Thank You to MK.Duy For This Useful Post: | High high (25-07-2012) |
18-07-2012, 12:41 AM | #7 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 111 Thanks: 74 Thanked 27 Times in 19 Posts | Trích:
\[\sqrt[3]{{\frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}}} \le \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a + b}} \Leftrightarrow {\left( {a - b} \right)^4}\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right) \ge 0 \mbox{ (hiển nhiên đúng)}.\] Suy ra \[\sum {\sqrt[3]{{\frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}}}} \le \sum {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a + b}}}. \] Ta có \[2\sum {a} - \sum {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a + b}} = 2\sum {\frac{1}{{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}}} } \ge 2.\frac{{{4^2}}}{{\sum {\frac{1}{a}} }} = 4.\] Do đó \[\sum {\sqrt[3]{{\frac{{{a^3} + {b^3}}}{2}}}} \le \sum {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{a + b}}} \le 2\sum a - 4. \mbox{ (điều phải chứng minh)}\] Bài 4 (Vô địch Mĩ 2011). Với $a, b, c$ là các số thực dương thỏa ${a^2} + {b^2} + {c^2} + {\left( {a + b + c} \right)^2} \le 4$, chứng minh rằng \[\frac{{ab + 1}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}} + \frac{{bc + 1}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{ca + 1}}{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}} \ge 3.\] thay đổi nội dung bởi: Trầm, 18-07-2012 lúc 11:32 AM | |
The Following User Says Thank You to keodua123 For This Useful Post: | High high (25-07-2012) |
18-07-2012, 02:43 AM | #8 | |
+Thành Viên+ | Trích:
$\dfrac{ab+1}{(a+b)^2} \geq \dfrac{ab+\dfrac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{2}}{(a+b)^2 }=\dfrac{(a+b)^2+(a+c)(b+c)}{2(a+b)^1}=\dfrac{1}{2 }+\dfrac{(a+c)(b+c)}{2(a+b)^2}$ Tương tự với $\dfrac{{bc + 1}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}} $ và $\dfrac{{ca + 1}}{{{{\left( {c + a} \right)}^2}}}$ $\Rightarrow VT\geq \dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}.(\dfrac{(a+b)(a+c)}{(b+c )^2}+\dfrac{(b+c)(b+a)}{(a+c)^2}+\dfrac{(c+a)(c+b) }{(a+b)^2}\geq 3$ Dấu "=" $\Leftrightarrow a=b=c=1$ __________________ TỪ TỪ LÀ HẠNH PHÚC A1K39 XIN LỖI ĐÃ THẤT HỨA NHÉ | |
The Following 2 Users Say Thank You to tranghieu95 For This Useful Post: | High high (25-07-2012), Nvthe_cht. (19-06-2014) |
18-07-2012, 02:44 AM | #9 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2011 Đến từ: ..Yên Thành, Nghệ̣ An..BoxMath.vn.. Bài gởi: 28 Thanks: 11 Thanked 24 Times in 14 Posts | Trích:
Do đó ta đi chứng minh BĐT mạnh hơn là $$\frac{2ab+\sum a^2+\sum ab}{(a + b)^2}+\frac{2bc+\sum a^2+\sum ab}{(b+c)^2}+\frac{2ca+\sum a^2+\sum ab}{(c+a)^2}\ge 6$$ $$\Leftrightarrow \sum \frac{(a+b)^2+(c+a)(c+b)}{(a + b)^2}\ge 6$$ $$\Leftrightarrow \frac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^2}+\frac{(a+b)(a+c)}{(b+c) ^2}+\frac{(b+c)(b+a)}{(c+a)^2}\ge 3$$ Theo BĐT $AM-GM$ ta dễ có điều này! Mình xin góp vui 1 bài: Bài 5: Cho $a,b,c$ là các số không âm và $a+b+c=1.$ Chứng minh rằng $$\frac{1}{2-3ab}+\frac{1}{2-3bc}+\frac{1}{2-3ca}\le \frac{9}{5}$$ | |
The Following User Says Thank You to Nts_pbc For This Useful Post: | High high (25-07-2012) |
18-07-2012, 08:30 PM | #10 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2012 Đến từ: THPT Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ AN Bài gởi: 136 Thanks: 120 Thanked 45 Times in 28 Posts | Trích:
Ta thấy bất đẳng thức trên nằm trong dạng $f(abc,ab+bc+ca,a+b+c) $. Suy ra max của hàm trên đạt được khi có 2 số bằng nhau, giả sử $a=b=x. $ $A=\frac{1}{2-3x^2}+\frac{2}{2-3xc} $ Cùng với điều kiện $2x+c=1 \Leftrightarrow c=1-2x $, thế vào $A $ ta được: $A=\frac{1}{2-3x^2}+\frac{2}{2-3x(1-2x)} $ $A'=0 \Leftrightarrow x=\frac{1}{3} $ Với $x=\frac{1}{3} $thì $A''<0. $ Suy ra $A $ đạt cực đại tại $x= \frac{1}{3} $ hay $a=b=c=\frac{1}{3} $ và $\max A =\frac{9}{5} $. thay đổi nội dung bởi: magician_14312, 18-07-2012 lúc 09:17 PM | |
18-07-2012, 08:56 PM | #11 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2012 Đến từ: THPT Chuyên Phan Bội Châu - Nghệ AN Bài gởi: 136 Thanks: 120 Thanked 45 Times in 28 Posts | Đây chính là phương pháp đánh giá tích bạn down về tham khảo [Only registered and activated users can see links. ] Bài 6 : Cho $a,b \in \mathbb{R} $. Tìm Max : $ \frac{a+b}{(a^4+4)(b^4+4)} $ __________________ thay đổi nội dung bởi: ptk_1411, 22-07-2012 lúc 08:10 AM Lý do: Tự động gộp bài |
The Following 6 Users Say Thank You to zớt For This Useful Post: | caominh (19-09-2014), JokerNVT (18-07-2012), NguyenThanhThi (18-07-2012), q785412369 (23-10-2012), thaygiaocht (31-08-2012), yourenotalone (08-08-2014) |
19-07-2012, 12:52 PM | #12 | |
Moderator Tham gia ngày: Jan 2011 Đến từ: Solar System Bài gởi: 367 Thanks: 201 Thanked 451 Times in 220 Posts | Trích:
Theo bất đẳng thức Schur thì $p^3+9r \ge 4pq$. Ta sẽ chứng minh $4p^2 \ge p^3+9r$. Thật vậy, thay $r=4-p$ vào ta thu được bất đẳng thức luôn đúng: $$4p^2 \ge p^3 +9(4-p)\Leftrightarrow (p-3)(p+3)(4-p) \ge 0.$$ Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=0, b=c=2$ và các hoán vị. __________________ ...THE MILKY WAY... thay đổi nội dung bởi: Trầm, 19-07-2012 lúc 02:07 PM Lý do: Đã có rồi | |
The Following 7 Users Say Thank You to magician_14312 For This Useful Post: | greg_51 (13-06-2014), hgly1996 (26-07-2012), keodua123 (19-07-2012), Trầm (19-07-2012), Trieu123 (06-02-2015), Trung_Tr.Anh (25-08-2013), vjpd3pz41iuai (19-07-2012) |
19-07-2012, 05:00 PM | #13 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: HUS Bài gởi: 81 Thanks: 58 Thanked 56 Times in 35 Posts | Bài 7 Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$\dfrac{1}{1+ab}+\dfrac{1}{1+bc}+\dfrac{1}{1+ca} \ge \dfrac{9}{2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}$$ __________________ "I don't quit once I step on court" thay đổi nội dung bởi: pexea12, 19-07-2012 lúc 05:02 PM |
The Following User Says Thank You to pexea12 For This Useful Post: | caominh (19-09-2014) |
19-07-2012, 06:03 PM | #14 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Đến từ: Hồ Chí Minh city Bài gởi: 98 Thanks: 53 Thanked 126 Times in 57 Posts | Trích:
$$\frac{1}{1+ab}=1-\frac{ab}{1+ab}\geq 1-\frac{\sqrt{ab}}{2}$$ $$\frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+bc}+\frac{1}{1+ac}\geq 3-\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}}{2}=3-\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2-a-b-c}{4}$$ Ta cần chứng minh: $$\frac{15}{4}-\frac{(\sum \sqrt{a})^2}{4}\geq \frac{9}{2(\sum \sqrt{a})}$$ Đặt $t=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ Để ý rằng $$\sqrt{a+b+c}\leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3(a+b+c)}$$ Nên $\Rightarrow \sqrt{3}<t\leq 3$ bất đẳng thức được viết lại thành $$\frac{15}{4}-\frac{t^2}{4}\geq \frac{9}{2t}\Leftrightarrow (t-3)(t-\frac{\sqrt{33}-\sqrt{3}}{2})(t+\frac{\sqrt{33}-\sqrt{3}}{2})\leq 0$$ Dễ thấy $\sqrt{3}>\frac{\sqrt{33}-\sqrt{3}}{2}$ nên đánh giá đúng với $t \in (\sqrt{3};3]$ Phép chứng minh hoàn tất $\blacksquare$ ------------------------------ Bài 8: Cho $a,b$ là các số thực dương thỏa $a+b=2$. Chứng minh rằng: $$\large {a^{a+ab}b^{b+ab}\geq 1}$$ __________________ thay đổi nội dung bởi: Ispectorgadget, 19-07-2012 lúc 06:06 PM Lý do: Tự động gộp bài | |
The Following 3 Users Say Thank You to Ispectorgadget For This Useful Post: |
19-07-2012, 06:23 PM | #15 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Đến từ: HCM City Bài gởi: 183 Thanks: 25 Thanked 240 Times in 122 Posts | Trích:
Không mất tính tổng quát, giả sử $a \geq 1 $. Ta có $b=2-a \leq \frac{1}{a} \Rightarrow ln(2-a) \leq -lna. $. $\Rightarrow lna.a.(3-a)+lnb.b.(3-b) \geq lna.b.(3-b)+lna.a.(3-a)=lna.(2a-2) \geq 0 $, đpcm. | |
The Following User Says Thank You to pth_tdn For This Useful Post: | hoang_kkk (20-07-2012) |
Bookmarks |
|
|