Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Đại Số và Lượng Giác > Các Bài Toán Đã Được Giải

News & Announcements

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 !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* 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

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Ðề tài đã khoá Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 20-02-2011, 03:21 PM   #901
conan236
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2007
Đến từ: Đà Nẵng
Bài gởi: 287
Thanks: 17
Thanked 104 Times in 43 Posts
Hai bất đẳng thức 6 biến
1. Cho $a,b,c,x,y,z $ là sáu số dương thỏa mãn : $ax+by+cz=xyz $. Chứng minh rằng :
$x+y+z > \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} $
2. Cho $a,b,c,d,x,y,z $ là các số thực thỏa : $(a+b+c)(x+y+z)=3 $ và $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=4 $. Chứng minh rằng :
$ax+by+cz \geq 0 $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
TOÁN HỌC LÀ CUỘC SỐNG CỦA TÔI

thay đổi nội dung bởi: conan236, 20-02-2011 lúc 03:24 PM
conan236 is offline  
Old 20-02-2011, 03:51 PM   #902
khaitang1234
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Nov 2010
Bài gởi: 81
Thanks: 86
Thanked 96 Times in 53 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới khaitang1234
Trích:
Nguyên văn bởi conan236 View Post
Hai bất đẳng thức 6 biến
1. Cho $a,b,c,x,y,z $ là sáu số dương thỏa mãn : $ax+by+cz=xyz $. Chứng minh rằng :
$x+y+z > \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} $
Ta có $x=\frac{ax}{yz}+\frac{b}{z}+\frac{c}{y}>\frac{b}{z }+\frac{c}{y} $
$y=\frac{a}{z}+\frac{by}{xz}+\frac{c}{x}>\frac{a}{z }+\frac{c}{x} $
$z=\frac{a}{y}+\frac{b}{x}+\frac{cz}{xy}>\frac{a}{y }+\frac{b}{x} $
$\Rightarrow x+y+z> \frac{b+c}{x}+\frac{c+a}{y}+\frac{a+b}{z} $
$\Rightarrow 2(x+y+z)> x+\frac{b+c}{x}+y+\frac{c+a}{y}+z+\frac{a+b}{z} $
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được $x+\frac{b+c}{x}+y+\frac{c+a}{y}+z+\frac{a+b}{z} \geq 2\sqrt{b+c}+2\sqrt{c+a}+2\sqrt{a+b} $
$\Rightarrow x+y+z>\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
khaitang1234 is offline  
The Following 3 Users Say Thank You to khaitang1234 For This Useful Post:
conan236 (20-02-2011), daylight (20-02-2011), phongvân (21-02-2011)
Old 20-02-2011, 03:52 PM   #903
conan236
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2007
Đến từ: Đà Nẵng
Bài gởi: 287
Thanks: 17
Thanked 104 Times in 43 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi khaitang1234 View Post
Đặt: $x=\frac{a+b}{a-b}, y=\frac{b+c}{b-c}, z=\frac{c+a}{c-a}. $
Khi đó ta có: $xy+yz+zx=1. $
Theo bất đẳng thức $C-S $ ta có:
$(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)=3. $ Suy ra: $|x+y+z| \ge \sqrt{3} > 1. $
Cũng có thể giả sử c$=min(a,b,c) $. Đặt $a=cx, b=cy $ với $x,y>1 $. Sau đó làm bt vẫn ok
------------------------------
Trích:
Bài tiếp:
Cho $a,b,c $ là độ dài 3 cạnh tam giác thoả mãn $ab+bc+ca=1 $. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{a+b+c+abc} $
Đặt $p=a+b+c, q=ab+bc+ca=1, r=abc $.
Ta có : $p^2 \geq 3q = 3 $
Hơn nữa: a,b,c là 3 cạnh tam giác nên :
$a<b+c \Rightarrow a^2 < ab+ac,
b<c+a \Rightarrow b^2 < bc+ca,
c<a+b \Rightarrow c^2 < ca+cb $
Cộng 3 bđt trên suy ra : $p^2 < 4q =4 $
Tóm lại ta có : $3\leq p^2 <4 $
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
$p^3 + (p^2+6)r \geq 4p $
Theo bđt Schur ta có : $r \geq \frac{4pq-p^3}{9}=\frac{4p-p^3}{9} $, do đó :
$p^3 + (p^2+6)r \geq p^3+(p^2+6)\frac{4p-p^3}{9} (1) $
Mà $p^3+(p^2+6)\frac{4p-p^3}{9} - 4p = \frac{-p(p^2-4)(p^2-3)}{9} \geq 0 (2) $
Từ $(1),(2) $ có đpcm.
-----------------------------
Một bài bđt tam giác khác :
Cho $a,b,c $ là ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng :
$\sum \frac{bc\sqrt{3a^2+2b^2+2c^2+2bc}}{b+c-a} \geq 3(ab+bc+ca) $
------------------------------
Trích:
Nguyên văn bởi khaitang1234 View Post
Ta có $x=\frac{ax}{yz}+\frac{b}{z}+\frac{c}{y}>\frac{b}{z }+\frac{c}{y} $
$y=\frac{a}{z}+\frac{by}{xz}+\frac{c}{x}>\frac{a}{z }+\frac{c}{x} $
$z=\frac{a}{y}+\frac{b}{x}+\frac{cz}{xy}>\frac{a}{y }+\frac{b}{x} $
$\Rightarrow x+y+z> \frac{b+c}{x}+\frac{c+a}{y}+\frac{a+b}{z} $
$\Rightarrow 2(x+y+z)> x+\frac{b+c}{x}+y+\frac{c+a}{y}+z+\frac{a+b}{z} $
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được $x+\frac{b+c}{x}+y+\frac{c+a}{y}+z+\frac{a+b}{z} \geq 2\sqrt{b+c}+2\sqrt{c+a}+2\sqrt{a+b} $
$\Rightarrow x+y+z>\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b} $
Cách bạn đẹp thật. Cũng có thể sử dụng cách đổi biến $a=yzu, b=zxv, c=xyw \Rightarrow u+v+w=1 $. Sau đó dùng BCS cũng ok
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
TOÁN HỌC LÀ CUỘC SỐNG CỦA TÔI

thay đổi nội dung bởi: conan236, 20-02-2011 lúc 03:57 PM Lý do: Tự động gộp bài
conan236 is offline  
The Following 2 Users Say Thank You to conan236 For This Useful Post:
khaitang1234 (20-02-2011), phongvân (21-02-2011)
Old 20-02-2011, 05:22 PM   #904
daylight
+Thành Viên+
 
daylight's Avatar
 
Tham gia ngày: Dec 2009
Đến từ: Dan Phuong upper secondary school
Bài gởi: 551
Thanks: 876
Thanked 325 Times in 188 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi khaitang1234 View Post
Bài tiếp:
Cho $a,b,c $ là độ dài 3 cạnh tam giác thoả mãn $ab+bc+ca=1 $. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{a+b+c+abc} $
Nhân cả tử với mẫu với$ a+b+c+abc $ ở cả 2 vế.
Tương đương :

$\sum \frac{c(ab+1)}{a+b} \ge 2 $

Thay $1=ab+bc+ac $ được cái đó anh

đúng theo Schur
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: daylight, 20-02-2011 lúc 05:56 PM
daylight is offline  
The Following 2 Users Say Thank You to daylight For This Useful Post:
khaitang1234 (21-02-2011), n.v.thanh (20-02-2011)
Old 20-02-2011, 05:33 PM   #905
khaitang1234
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Nov 2010
Bài gởi: 81
Thanks: 86
Thanked 96 Times in 53 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới khaitang1234
Trích:
Nguyên văn bởi daylight View Post
$a,b,c>0 $ . Chứng minh rằng :

$\sum \frac{a^2}{b} \ge 2\sum \frac{a^2}{b+c} $
Sử dụng các đẳng thức;
$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}-a-b-c=\frac{(a+b)}{ab}(a-b)^{2}+\frac{b+c}{ac}(a-c)(b-c) $
$\sum \frac{a^{2}}{b+c}-\frac{a+b+c}{2}=\frac{a+b+c}{(a+c)(b+c)}(a-b)^{2}+\frac{(a+b+c)(a+b+2c)}{2(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c) $
khi đó BĐT trở thành:
$(a-b)^{2}(\frac{a+b}{ab}-\frac{2(a+b+c)}{(a+c)(b+c)})+(a-c)(b-c)(\frac{b+c}{ac}-\frac{(a+b+c)(a+b+2c)}{(a+b)(b+c)(c+a)})\geq 0 $
giả sử $a\leq b\leq c $ khi đó BĐT đúng.

------------------------------
Trích:
Nguyên văn bởi daylight View Post
Tương đương :

$\sum \frac{2abc}{a+b}+\sum a^2 \ge 2=2\sum ab $

đúng theo Schur
Làm rõ ra đi em, anh chưa hiểu mấy
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: khaitang1234, 20-02-2011 lúc 05:49 PM Lý do: Tự động gộp bài
khaitang1234 is offline  
The Following 2 Users Say Thank You to khaitang1234 For This Useful Post:
daylight (20-02-2011), phongvân (21-02-2011)
Old 20-02-2011, 05:57 PM   #906
daylight
+Thành Viên+
 
daylight's Avatar
 
Tham gia ngày: Dec 2009
Đến từ: Dan Phuong upper secondary school
Bài gởi: 551
Thanks: 876
Thanked 325 Times in 188 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi khaitang1234 View Post
Sử dụng các đẳng thức;
$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}-a-b-c=\frac{(a+b)}{ab}(a-b)^{2}+\frac{b+c}{ac}(a-c)(b-c) $
$\sum \frac{a^{2}}{b+c}-\frac{a+b+c}{2}=\frac{a+b+c}{(a+c)(b+c)}(a-b)^{2}+\frac{(a+b+c)(a+b+2c)}{2(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c) $
khi đó BĐT trở thành:
$(a-b)^{2}(\frac{a+b}{ab}-\frac{2(a+b+c)}{(a+c)(b+c)})+(a-c)(b-c)(\frac{b+c}{ac}-\frac{(a+b+c)(a+b+2c)}{(a+b)(b+c)(c+a)})\geq 0 $
giả sử $a\leq b\leq c $ khi đó BĐT đúng.

------------------------------


Làm rõ ra đi em, anh chưa hiểu mấy
Em edit lại rùi đó anh

cho a,b,c là các số thực dương. chứng minh rằng :
$2\sum \frac{a^2}{b+c} \ge \frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: daylight, 20-02-2011 lúc 06:00 PM
daylight is offline  
The Following User Says Thank You to daylight For This Useful Post:
phongvân (21-02-2011)
Old 20-02-2011, 06:30 PM   #907
conan236
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2007
Đến từ: Đà Nẵng
Bài gởi: 287
Thanks: 17
Thanked 104 Times in 43 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi daylight View Post
cho a,b,c là các số thực dương. chứng minh rằng :
$2\sum \frac{a^2}{b+c} \ge \frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac} $
Nhân $ab+bc+ca $ cho cả 2 vế thì bđt tương đương với :
$\sum a^3 + 2abc \sum \frac{a}{b+c} \geq \sum a^2(b+c) $
Hiển nhiên đúng theo Schur
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
TOÁN HỌC LÀ CUỘC SỐNG CỦA TÔI
conan236 is offline  
Old 20-02-2011, 07:33 PM   #908
Quydo
+Thành Viên+
 
Quydo's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2010
Bài gởi: 182
Thanks: 143
Thanked 79 Times in 55 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi daylight View Post
Nhân cả tử với mẫu với$ a+b+c+abc $ ở cả 2 vế.
Tương đương :

$\sum \frac{c(ab+1)}{a+b} \ge 2 $

Thay $1=ab+bc+ac $ được cái đó anh

đúng theo Schur
Như thế BĐT đúng với mọi a,b,c mà ko cần thỏa mãn là 3 cạnh của 1 tam giác ah?
Hic Chur có nhiều khai triển thế bạn nào có file tổng hợp các khai triển của Chur ko share mình với mình chỉ thuộc có số ít các khai triển của Chur thôi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
MH
MH
Quydo is offline  
Old 20-02-2011, 08:16 PM   #909
manhnguyen94
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2009
Đến từ: 11 Toán CQB
Bài gởi: 98
Thanks: 83
Thanked 69 Times in 38 Posts
Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác, chứng minh rằng:
$(2 \sum a^2(b+c)- 2 \sum a^3 +3abc)abc \geq (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(ab+ba+ca) $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
manhnguyen94 is offline  
Old 20-02-2011, 08:30 PM   #910
Nguyenhuyen_AG
+Thành Viên+
 
Nguyenhuyen_AG's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2010
Bài gởi: 299
Thanks: 35
Thanked 307 Times in 151 Posts
Cho $a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$4a^2b^2c^2\ge (a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University of Transport
Nguyenhuyen_AG is offline  
Old 20-02-2011, 08:38 PM   #911
dandoh221
+Thành Viên+
 
dandoh221's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2009
Bài gởi: 47
Thanks: 19
Thanked 18 Times in 14 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG View Post
Cho $a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng
$4a^2b^2c^2\ge (a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $
giả sử $a \ge b\ge c $. nếu b+c-a < 0 thì khỏi bàn, nếu b+c-a >0 thì a,b,c là 3 cạnh tam giác
$\frac{a^3+b^3+c^3+abc}{a+b+c} \le R^2 $

Khai triển $[(a+b).\overrightarrow{OC}+ (c+b).\overrightarrow{OA} + (a+c).\overrightarrow{OB}] \ge 0 $
O là tâm đg tròn ngoại tiếp ta đc kết quả trên
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
graciás por favor me, graciás amigos !

thay đổi nội dung bởi: dandoh221, 21-02-2011 lúc 07:08 PM
dandoh221 is offline  
The Following User Says Thank You to dandoh221 For This Useful Post:
daylight (20-02-2011)
Old 20-02-2011, 09:04 PM   #912
Mai Nguyen
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2011
Bài gởi: 58
Thanks: 49
Thanked 5 Times in 4 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới Mai Nguyen Gửi tin nhắn qua Skype™ tới Mai Nguyen
$\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\f rac{c^{2}+a^{2}}{c+a}\leq \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a+b+c} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Mai Nguyen is offline  
Old 20-02-2011, 09:12 PM   #913
vthiep94
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2009
Bài gởi: 197
Thanks: 185
Thanked 49 Times in 31 Posts
$\[a^2 + b^2 + c^2 = 3;\] $;a,b,c>0
chứng minh $\[
8\left( {2 - a} \right)\left( {2 - b} \right)\left( {2 - c} \right) \ge (a + bc)(b + ac)(c + ab)
\] $
bài này mình đã lập 1 topic nhưng cách giải sai. Giờ post lại cho mọi người nghiên cứu
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
vthiep94 is offline  
Old 20-02-2011, 09:16 PM   #914
Nguyenhuyen_AG
+Thành Viên+
 
Nguyenhuyen_AG's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2010
Bài gởi: 299
Thanks: 35
Thanked 307 Times in 151 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Mai Nguyen View Post
$\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+ \frac{c^{2}+a^{2}}{c+a} \leq \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a+b+c} $
Bất đẳng thức tương đương với
$(a+b+c)\left (\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+ \frac{c^{2}+a^{2}}{c+a} \right ) \leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) $

$a^2+b^2+c^2+2abc\left (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right ) \ge 2(ab+bc+ca) $

Mặt theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \ge \frac{9}{2(a+b+c)} $

Vậy để chứng minh bài toán, ta cần chứng minh được
$a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge 2(ab+bc+ca) $
Nhưng đấy là bất đẳng thức Schur bậc ba dạng phân thức nên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c $ hoặc $a=b,c=0 $ và các hoán vị.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University of Transport
Nguyenhuyen_AG is offline  
The Following 3 Users Say Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post:
long_chau2010 (20-02-2011), Mai Nguyen (21-02-2011), vthiep94 (30-03-2011)
Old 20-02-2011, 09:26 PM   #915
Quydo
+Thành Viên+
 
Quydo's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2010
Bài gởi: 182
Thanks: 143
Thanked 79 Times in 55 Posts
Cho a,b,c>0 CMR:
$a^2b^2(a-b)^2+b^2c^2(b-c)^2+c^2a^2(c-a)^2 \geq [(a-b)(b-c)(c-a)]^2 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
MH
MH
Quydo is offline  
Ðề tài đã khoá Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Tags
bất đẳng thức

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 03:58 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 107.11 k/124.00 k (13.62%)]