|
|
sửa đổi
|
BĐTilove
|
|
|
|
BĐTilove Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$. Chứng minh rằng:$$\frac{1}{\sqrt{3a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+ac}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+ac}}\geq \frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{ab+bc+ac}}$$
BĐTilove Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$. Chứng minh rằng:$$\frac{1}{\sqrt{3a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+ac}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+ac}}\geq \frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{ 3(ab+bc+ac )}}$$
|
|
|
|
sửa đổi
|
bđtilove(1)
|
|
|
|
bđtilove(1) Cho $a,b,c$ không âm và một số thực $p$ thỏa mãn $-2\sqrt[3]{2} \leq 2$.Chứng minh rằng:$$\frac{a^3+(p+2)abc}{a^3+(b+c)^3+3pabc}+\frac{b^3+(p+2)abc}{b^3+(c+a)^3+3pabc}+\frac{c^3+(p+2)abc}{c^3+(a+b)^3+3pabc}\geq 1$$
bđtilove(1) Cho $a,b,c$ không âm và một số thực $p$ thỏa mãn $-2\sqrt[3]{2} \leq p \leq 2$.Chứng minh rằng:$$\frac{a^3+(p+2)abc}{a^3+(b+c)^3+3pabc}+\frac{b^3+(p+2)abc}{b^3+(c+a)^3+3pabc}+\frac{c^3+(p+2)abc}{c^3+(a+b)^3+3pabc}\geq 1$$
|
|
|
|
sửa đổi
|
BĐT trông quen mà lạ vch :))
|
|
|
|
Dùng BĐT cổ điển thuần túy nhưng ta sẽ đi chứng minh BĐT mạnh hơn sau:$$\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac})\geq 7$$(Trần Quốc Anh)
Dùng BĐT cổ điển thuần túy nhưng ta sẽ đi chứng minh BĐT mạnh hơn sau:$$\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac})\geq 7$$(Trần Quốc Anh)$\Leftrightarrow \frac{8(ab+bc+ac)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\geq 10$Lại có:$\frac{8(ab+bc+ac)}{a^2+b^2+c^2}\geq 16-\frac{8(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}$Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:$$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}-6\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)[\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)-9abc}{abc(ab+bc+ac)}] \geq 0$$Mà hiển nhiên thì $(a+b+c)(ab+bc+ac) \geq 9abc$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Mọi người làm nhanh hộ em
|
|
|
|
Mọi người làm nhanh hộ em Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca} \leq 1$(Moldova TST)
Mọi người làm nhanh hộ em Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$ $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca} \leq 1 $$(Moldova TST)
|
|
|
|
sửa đổi
|
Mọi người làm nhanh hộ em
|
|
|
|
Mọi người làm nhanh hộ em Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\ geq 1$
Mọi người làm nhanh hộ em Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca} \ leq 1$ (Moldova TST)
|
|
|
|
sửa đổi
|
BĐT hình học.
|
|
|
|
BĐT hình học. Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:$$\sqrt{\frac{a+1}{a+b}}+\sqrt{\frac{b+1}{b+c}}+\sqrt{\frac{c+1}{c+a}}\geq 3$$
BĐT hình học. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:$$\sqrt{\frac{a+1}{a+b}}+\sqrt{\frac{b+1}{b+c}}+\sqrt{\frac{c+1}{c+a}}\geq 3$$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Vote hộ!!!!
|
|
|
|
Bài này không đẹp bằng bài toán xuất phát điểm của nó, ta dùng bài toán ban đầu của anh Cẩn làm bổ đề cho bài nyaf. Xem bài 16 tại đây:$$http://k2pi.net.vn/showthread.php?t=25245$$
Bài này không đẹp bằng bài toán xuất phát điểm của nó, ta dùng bài toán ban đầu của anh Cẩn làm bổ đề cho bài này. Xem bài 16 tại đây:http://k2pi.net.vn/showthread.php?t=25245
|
|
|
|
sửa đổi
|
bđt
|
|
|
|
$Min=\frac{5}{2}$. Có rất nhiều kết quả cùng dạng với bài toán này: $1.\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+b+c}\ge 2$$2.\frac {1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b} + \frac {3}{a + b + c}\geq 4$$3.\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{5}{4}.(ab+bc+ca) \geq \frac{15}{4}$$4.(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\sqrt{ab+bc+ca} \geq \frac{5}{2}$$5.\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2} \geq \dfrac{5}{2}$
$Min=\frac{5}{2}$. Có rất nhiều kết quả cùng dạng với bài toán này: $1.\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b}-\frac{1}{a+b+c}\ge 2$$2.\frac {1}{b + c} + \frac{1}{c + a} + \frac{1}{a + b} + \frac {3}{a + b + c}\geq 4$$3.\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{5}{4}.(ab+bc+ca) \geq \frac{15}{4}$$4.(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})\sqrt{ab+bc+ca} \geq \frac{5}{2}$$5.\dfrac{1}{x^2+y^2}+\dfrac{1}{y^2+z^2}+\dfrac{1}{z^2+x^2} \geq \dfrac{5}{2}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Hoán vị hay đối xứng?
|
|
|
|
Hoán vị hay đối xứng? Bài toán: Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng 0).Chứng minh rằng:\[ a^3+b^3+c^3+3abc \ge \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{(ab^2+bc^2+ca)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\]Lời giảiXét trường hợp mà $abc=0$ khi đó BĐT hiển nhiên đúng. Xét $abc \neq 0$ khi đó đặt:$ x = \frac {a}{b} , y = \frac {b}{c},z = \frac {c}{a}$ thì ta sẽ chứng minh BĐT tương đương sau:$ \frac {x}{z} + \frac {y}{x} + \frac {z}{y} + 3\geq\frac {(xy + yz + zx)^2}{xyz(x + y + z)} + \frac {(x + y + z)^2}{xy + yz + zx}$Chưa tìm ra cách nào khá hơn nên làm theo cách biến đổi tương đương:Chuẩn hóa $p=1$ thì BĐT tương đương với:$f(r)=r^2(36q^2-12q+4)-r(12q^4+4q^3)+4q^6 \geq 0$Do hệ số cao nhất dương nên ta sẽ chứng minh rằng $ \Delta \leq 0 $mà $\Delta=-46q^6(3q-1)^2 \leq 0$Vậy BĐT trên đúng. Dấu bằng xảy ra khi $abc=0$ hay $a=b=c$Nếu biến đổi tương đương thì BĐT của ta là bậc 9 và tương đương với:$abc(a^6+b^6+c^6-a^3b^3-b^3c^3-c^3a^3) \geq 0$Also, EMV works here.Tương tự ta có BĐT sau làm mạnh dựa trên bài toán của Darij Grinberg:Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng không).CMR:$\sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{ab^2+ca^2+bc^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$Thật thú vị nếu ta biết rằng bài toán của anh Cẩn là 1 BĐT "tương đương" với 1 bài toán khác của VasC.Điều thú vị ở đây là trong khi BĐT ban đầu là hoán vị thì BĐT thu được lại là đối xứng.-Bài làm trong tiết Sử hôm nay :)
Hoán vị hay đối xứng? Bài toán: Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng 0).Chứng minh rằng:\[ a^3+b^3+c^3+3abc \ge \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{(ab^2+bc^2+ca)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\] (Võ Quốc Bá Cẩn)Lời giảiXét trường hợp mà $abc=0$ khi đó BĐT hiển nhiên đúng. Xét $abc \neq 0$ khi đó đặt:$ x = \frac {a}{b} , y = \frac {b}{c},z = \frac {c}{a}$ thì ta sẽ chứng minh BĐT tương đương sau:$ \frac {x}{z} + \frac {y}{x} + \frac {z}{y} + 3\geq\frac {(xy + yz + zx)^2}{xyz(x + y + z)} + \frac {(x + y + z)^2}{xy + yz + zx}$Chưa tìm ra cách nào khá hơn nên làm theo cách biến đổi tương đương:Chuẩn hóa $p=1$ thì BĐT tương đương với:$f(r)=r^2(36q^2-12q+4)-r(12q^4+4q^3)+4q^6 \geq 0$Do hệ số cao nhất dương nên ta sẽ chứng minh rằng $ \Delta \leq 0 $mà $\Delta=-46q^6(3q-1)^2 \leq 0$Vậy BĐT trên đúng. Dấu bằng xảy ra khi $abc=0$ hay $a=b=c$Nếu biến đổi tương đương thì BĐT của ta là bậc 9 và tương đương với:$abc(a^6+b^6+c^6-a^3b^3-b^3c^3-c^3a^3) \geq 0$Also, EMV works here.Tương tự ta có BĐT sau làm mạnh dựa trên bài toán của Darij Grinberg:Cho $a,b,c$ không âm ( không có 2 số nào đồng thời bằng không).CMR:$\sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\geq \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{ab^2+ca^2+bc^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$Thật thú vị nếu ta biết rằng bài toán của anh Cẩn là 1 BĐT "tương đương" với 1 bài toán khác của VasC.Điều thú vị ở đây là trong khi BĐT ban đầu là hoán vị thì BĐT thu được lại là đối xứng.-Bài làm trong tiết Sử hôm nay :)
|
|
|
|
sửa đổi
|
Dồn biến trá hình :)
|
|
|
|
Dồn biến trá hình :) Cho $a,b,c$ không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng mnih rằng:$4[5+8(2a-b)^2][5+8(2b-c)^2][5+8(2c-a)^2]\geq 6655$
Dồn biến trá hình :) Cho $a,b,c$ không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng mnih rằng:$4[5+8(2a-b)^2] .[5+8(2b-c)^2] .[5+8(2c-a)^2]\geq 6655$ (By gxggs)
|
|
|
|
sửa đổi
|
Giải toán(1)
|
|
|
|
Giải toán(1) Cho $a,b,c$ thực thuộc đoạn $\left[ {\frac{1}{2};1} \right]$ Tìm Max:$P=\left| {\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}} \right|$Lời giải:Để ý rằng ta có $\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$ Biểu thức $P$ không đổi qua phép hoán vị vòng quanh $a,b,c$ nên KMTTQ giả sử: $a\geq b\geq c$Viết lại $P$ dưới dạng $P=f(a)=\frac{b-c}{bc}\left[ {\frac{a^2-(b+c)a+bc}{a}} \right]$Lấy đạo hàm theo $a$ với $\frac{1}{2} \leq c \leq b \leq a \leq1$Khi đó ta có $f(a)$ đồng biến trên tập XĐ.Vậy $f(a)\leq f(1)= \frac{1-b}{c}+c(\frac{1}{b}-1)+b-\frac{1}{b}=g(c)$Tiếp tục lấy đạo hàm theo biến $c$ ta có $g(c)$ nghịch biến nên $g(c)\leq g(\frac{1}{2})$Khi đó biểu thức thu được là 1 biến theo $b$.Đến đây bạn có thể xử lí nốt.Dấu bằng xảy ra khi $a=1,b=\frac{1}{\sqrt{2}},c=\frac{1}{2}$ and cyclic permutations.
Giải toán(1) Cho $a,b,c$ thực thuộc đoạn $\left[ {\frac{1}{2};1} \right]$ Tìm Max:$P=\left| {\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}} \right|$Lời giải:Để ý rằng ta có $\frac{a-b}{c}+\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}=\frac{(a-b)(b-c)(c-a)}{abc}$ Biểu thức $P$ không đổi qua phép hoán vị vòng quanh $a,b,c$ nên KMTTQ giả sử: $a\geq b\geq c$Viết lại $P$ dưới dạng $P=f(a)=\frac{b-c}{bc}\left[ {\frac{a^2-(b+c)a+bc}{a}} \right]$Lấy đạo hàm theo $a$ với $\frac{1}{2} \leq c \leq b \leq a \leq1$Khi đó ta có $f(a)$ đồng biến trên tập XĐ.Vậy $f(a)\leq f(1)= \frac{1-b}{c}+c(\frac{1}{b}-1)+b-\frac{1}{b}=g(c)$Tiếp tục lấy đạo hàm theo biến $c$ ta có $g(c)$ nghịch biến nên $g(c)\leq g(\frac{1}{2})$Khi đó biểu thức thu được là 1 biến theo $b$.Đến đây bạn có thể xử lí nốt.Dấu bằng xảy ra khi $a=1,b=\frac{1}{\sqrt{2}},c=\frac{1}{2}$ and cyclic permutations.
|
|
|
|
sửa đổi
|
Nice Symmetric.
|
|
|
|
Nice Symetric. Bài toán: Cho $x,y,z$ không âm thỏa $x^2+y^2+z^2=3$.Chứng minh rằng:$x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4+(xyz)^3\geq 4(xyz)^2$
Nice Sym metric. Bài toán: Cho $x,y,z$ không âm thỏa $x^2+y^2+z^2=3$.Chứng minh rằng:$x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4+(xyz)^3\geq 4(xyz)^2$
|
|
|
|
sửa đổi
|
helppppppp
|
|
|
|
helppppppp $ Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=3CMR:\frac{a^ {3 }}{b^ {2 }+c^ {2 }}+\frac{b^ {3 }}{a^ {2 }+c^ {2 }}+\frac{c^ {3} }{ b^ {2 }+ a^ {2} } \geq \frac{3}{2} $
helppppppp Cho $a,b,c $ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3 $CMR: $\frac{a^3}{b^2+c^2}+\frac{b^3}{a^2+c^2}+\frac{c^3}{ a^2+ b^2}\geq \frac{3}{2}$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Một số bài toán mở
|
|
|
|
Một số bài toán mở 1.Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh BĐT sau:$\frac{a^5}{b^4+c^4}+\frac{b^5}{c^4+a^4}+\frac{c^ 4}{a^4+b^4}\geq \frac{a+b+c}{2}$2.Cho $a,b,c$ thực dương,chứng minh rằng:$\frac{1}{(2a+b)^2}+\frac{1}{(2b+c)^2}+\frac{1}{(2c+a)^2}\geq \frac{1}{ab+bc+ac}$Nếu không có cách gì hay thì giải trâu bò bằng BW cũng ok!3.Cho $a,b,c$ là các số không âm sao cho không có 2 số nào đồng thời = 0.Chứng minh rằng:$\sum \frac{1}{a^2+b^2}\geq \frac{10}{(a+b+c)^2}+\frac{28abc(a+b+c)}{27\prod(a+b)}$$uvw$
Một số bài toán mở 1.Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh BĐT sau:$\frac{a^5}{b^4+c^4}+\frac{b^5}{c^4+a^4}+\frac{c^ 5}{a^4+b^4}\geq \frac{a+b+c}{2}$2.Cho $a,b,c$ thực dương,chứng minh rằng:$\frac{1}{(2a+b)^2}+\frac{1}{(2b+c)^2}+\frac{1}{(2c+a)^2}\geq \frac{1}{ab+bc+ac}$Nếu không có cách gì hay thì giải trâu bò bằng BW cũng ok!3.Cho $a,b,c$ là các số không âm sao cho không có 2 số nào đồng thời = 0.Chứng minh rằng:$\sum \frac{1}{a^2+b^2}\geq \frac{10}{(a+b+c)^2}+\frac{28abc(a+b+c)}{27\prod(a+b)}$$uvw$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Help me!
|
|
|
|
Bài 1:HD: Dùng nguyên lí Dirichlet,giả sử $(a-1)(b-1)\geq0$Bài 2:Sử dụng phép phân tích bình phương S.O.SBài 3:Dùng Holder sau đó sử dụng BW bằng cách giả sử $c=min${$a,b,c$}
Bài 1:HD: Dùng nguyên lí Dirichlet,giả sử $(a-1)(b-1)\geq0$Bài 2:Sử dụng phép phân tích bình phương S.O.SBài 3:Dùng Holder (Sử dụng kỹ thuật CYH để chọn tham số chú ý tồn tại điểm nhạy cảm) sau đó sử dụng BW bằng cách giả sử $c=min${$a,b,c$}
|
|