Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Trang 1 của 2 12 CuốiCuối
Kết quả 1 đến 10 của 13
  1. #1
    Ngày tham gia
    Oct 2014
    Đến từ
    Trường THPT Thái Lão - Hưng Nguyên
    Bài viết
    177
    Cám ơn (Đã nhận)
    227


    Bài 1. Cho a,b,c không âm. CMR
    $\sqrt{5a^2+4bc}+\sqrt{5b^2+4ca}+\sqrt{5c^2+4ab} \geq \sqrt{3\left ( a^2+b^2+c^2 \right )}+2\left ( \sqrt{ab} +\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right )$ (Quảng Nam)

    - - - - - - cập nhật - - - - - -

    Bài 2. (Hải Phòng)
    Cho ba số dương $a,b,c: a+b+c=6$. CMR: $\frac{a^2+bc}{b}+\frac{b^2+ca}{c}+\frac{c^2+ab}{a }\geq a^2+b^2+c^2$
    Bài 3. (Kiên GIang)
    Cho $a,b$ và $c$ là các số thực dương. Tìm GTNN của biểu thức:
    $P=\frac{a+3c}{a+2b+c}+\frac{4b}{a+b+2c}-\frac{8c}{a+b+3c}$
    Sửa lần cuối bởi khanhsy; 16/10/14 lúc 08:56 AM.
    Người học trò hay nhất của tôi là người không bao giờ đồng ý với tôi.

  2. Cám ơn cuong18041998, khotam đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Super Moderator khanhsy's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    162
    Cám ơn (Đã nhận)
    310
    Trích dẫn Gửi bởi Ngã Nhậm Hành Xem bài viết
    Bài 1. Cho a,b,c không âm. CMR
    $\sqrt{5a^2+4bc}+\sqrt{5b^2+4ca}+\sqrt{5c^2+4ab} \geq \sqrt{3\left ( a^2+b^2+c^2 \right )}+2\left ( \sqrt{ab} +\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\right )$ (Quảng Nam)
    Để ý rằng
    $$\sqrt{5a^2+4bc}- 2\sqrt{ab}=\dfrac{5a^2}{\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{ab} }$$
    Vậy nên chúng ta cần chứng minh bất đẳng thức là
    $$5\sum_{cyc}\dfrac{5a^2}{\sqrt{5a^2+4bc}+2\sqrt{a b}} \ge \sqrt{3\left ( a^2+b^2+c^2 \right )}$$
    Áp dụng Holder ta có
    $$\left(\sum_{cyc}\dfrac{a^2}{\sqrt{5a^2+4bc}+2 \sqrt{ab}} \right)^2 \left[\sum_{cyc}a^2\left( \sqrt{5a^2+4bc}+2 \sqrt{ab}\right)^2 \right] \ge (a^2+b^2+c^2)^3$$
    Vậy nên để bất đẳng thức đúng, chúng ta cần chứng minh
    $$25(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3 \left[\sum_{cyc}a^2\left( 5a^2+8bc+4\sqrt{5a^2+4bc}.\sqrt{ab}\right) \right] $$
    Ta cần chứng minh bất đẳng thức chặt hơn như sau
    $$25(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3 \left[\sum_{cyc}a^2\left( 5a^2+8bc+\dfrac{2(5a^2+13bc)}{3}\right) \right] $$
    Rút gọn bất đẳng thức ta được
    $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge abc(a+b+c)$$
    Đây là bất đẳng thức cơ bản của AM-GM. phép chứng minh hoàn tất.

    - - - - - - cập nhật - - - - - -

    Trích dẫn Gửi bởi Ngã Nhậm Hành Xem bài viết
    Bài 2. (Hải Phòng)
    Cho ba số dương $a,b,c: a+b+c=6$. CMR: $\frac{a^2+bc}{b}+\frac{b^2+ca}{c}+\frac{c^2+ab}{a }\geq a^2+b^2+c^2$
    Chúng ta luôn
    $$\sum_{cyc} \dfrac{a^2}{b} \ge \dfrac{6(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}-(a+b+c) $$

    vậy nên bài toán có việc chuẩn hoá là ra bài toán trên

  4. Cám ơn Tran Le Quyen, cuong18041998,  Ntspbc đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Super Moderator khanhsy's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    162
    Cám ơn (Đã nhận)
    310
    Trích dẫn Gửi bởi Ngã Nhậm Hành Xem bài viết
    Bài 3. (Kiên GIang)
    Cho $a,b$ và $c$ là các số thực dương. Tìm GTNN của biểu thức:
    $P=\frac{a+3c}{a+2b+c}+\frac{4b}{a+b+2c}-\frac{8c}{a+b+3c}$
    Đổi ngôn ngữ bài toán chư sau
    $$\begin{cases}x=a+2b+c \\y= a+b+2c \\ z= a+b+3c \end{cases}$$
    lúc đó $a,b,c$ tương ứng là
    $$\begin{cases} a=5y-x-3z \\\ b= x+z-2y \\ c= z-y\end{cases}$$
    vậy nên biểu thức $P$ viết lại là
    $$P:= \left(\dfrac{2y}{x}-1\right) +\left(\dfrac{4x}{y}+\dfrac{4z}{y} -8\right)-\left(8-\dfrac{8y}{z} \right) $$
    tiếp tục đổi ngôn ngữ ( trong tưởng tượng ) và theo Am-Gm ta có
    $$=4m+\dfrac{2}{m}+\dfrac{4}{n}+8n-17\ge 12\sqrt{2}-17$$

  6. Cám ơn Mr.Cloud, cuong18041998, Ngọc Ánh G8, lilac đã cám ơn bài viết này
  7. #4
    Super Moderator Ngã Nhậm Hành's Avatar
    Ngày tham gia
    Oct 2014
    Đến từ
    Trường THPT Thái Lão - Hưng Nguyên
    Bài viết
    177
    Cám ơn (Đã nhận)
    227
    Bài 4. (Chọn HSG Quốc gia Thanh Hoá)
    Cho $a,b,c$ là các số thực không âm và không có hai số nào bằng nhau. Tìm GTNN của biểu thức
    $P=\frac{a\left ( b+c \right )}{a^2+bc}+\frac{b\left ( c+a \right )}{b^2+ca}+\frac{c\left ( a+b \right )}{c^2+ab}$
    Người học trò hay nhất của tôi là người không bao giờ đồng ý với tôi.

  8. #5
    Thành Viên Chính Thức VuDucTung's Avatar
    Ngày tham gia
    Oct 2014
    Đến từ
    THCS Văn Lang,Việt Trì Phú Thọ
    Tuổi
    18
    Bài viết
    18
    Cám ơn (Đã nhận)
    29
    Trích dẫn Gửi bởi Ngã Nhậm Hành Xem bài viết
    Bài 4. (Chọn HSG Quốc gia Thanh Hoá)
    Cho $a,b,c$ là các số thực không âm và không có hai số nào bằng nhau. Tìm GTNN của biểu thức
    $P=\frac{a\left ( b+c \right )}{a^2+bc}+\frac{b\left ( c+a \right )}{b^2+ca}+\frac{c\left ( a+b \right )}{c^2+ab}$
    Ta chứng minh được :$P\geq 2$.Thật vậy
    Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$
    Bất đẳng thức <=>:$\frac{b(c+a)}{b^2+ac}\geq \frac{(a-b)(a-c)}{a^2+bc}+\frac{(a-c)(b-c)}{c^2+ab}$
    Ta thấy:$\frac{(a-b)(a-c)}{a^2+bc}\leq \frac{(a-b)a}{a^2+bc}\leq \frac{a-b}{a},\frac{(a-c)(b-c)}{c^2+ab}\leq \frac{a(b-c)}{c^2+ab}\leq \frac{b-c}{b}$
    Từ đó bất đẳng thức trở thành:
    $\frac{b(c+a)}{b^2+ca}\geq \frac{a-b}{a}+\frac{b-c}{b}<=>b^2(a-b)-2abc(a-b)+a^2c^2+ab^2c\geq 0<=>(ab-b^2-ac)^2+ab^2c\geq 0$ luôn đúng
    Dấu bằng xả ra <=>$a=b$,$c=0$

    Một bài toán khác tương tự:Cho $a,b,c>0$ và không có 2 số nào bằng nhau.Tìm min:$\sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2(b+c)}}+\sqrt{\frac{b( c+a)}{b^2+ac}}+\sqrt{\frac{c(a+b)}{c^2+ab}}$

  9. Cám ơn chihao, lequangnhat20,  $T_G$,  Ntspbc đã cám ơn bài viết này
  10. #6
    Super Moderator
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    65
    Cám ơn (Đã nhận)
    131
    Trích dẫn Gửi bởi VuDucTung Xem bài viết

    Một bài toán khác tương tự:Cho $a,b,c>0$ và không có 2 số nào bằng nhau.Tìm min:$\sqrt{\frac{a(b+c)}{a^2(b+c)}}+\sqrt{\frac{b( c+a)}{b^2+ac}}+\sqrt{\frac{c(a+b)}{c^2+ab}}$
    Bài này đề phải phát biểu là a,b,c là các số thực không âm chứ nhỉ? Min cũng bằng 2 nhưng có nhiều cáchd dánh giá hơn bài cũ đã cho

  11. #7
    Super Moderator khanhsy's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    162
    Cám ơn (Đã nhận)
    310
    Trích dẫn Gửi bởi Ngã Nhậm Hành Xem bài viết
    Bài 4. (Chọn HSG Quốc gia Thanh Hoá)
    Cho $a,b,c$ là các số thực không âm và không có hai số nào bằng nhau. Tìm GTNN của biểu thức
    $P=\frac{a\left ( b+c \right )}{a^2+bc}+\frac{b\left ( c+a \right )}{b^2+ca}+\frac{c\left ( a+b \right )}{c^2+ab}$
    Đây là bài toán quen thuộc Giả sử $a\ge b\ge c$ thì ta có

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

  12. #8
    Super Moderator Ngã Nhậm Hành's Avatar
    Ngày tham gia
    Oct 2014
    Đến từ
    Trường THPT Thái Lão - Hưng Nguyên
    Bài viết
    177
    Cám ơn (Đã nhận)
    227
    Bài 5. (HSG trường Chuyên Lê Quý Đôn Ninh Thuận)
    Cho $x, y, z$ là các số không âm. Chứng minh rằng $xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3\left ( x+y+z \right )$
    Người học trò hay nhất của tôi là người không bao giờ đồng ý với tôi.

  13. #9
    Super Moderator lequangnhat20's Avatar
    Ngày tham gia
    Sep 2014
    Đến từ
    hà tĩnh
    Ngày sinh
    11-19-1999
    Bài viết
    583
    Cám ơn (Đã nhận)
    885
    Trích dẫn Gửi bởi Ngã Nhậm Hành Xem bài viết
    Bài 5. (HSG trường Chuyên Lê Quý Đôn Ninh Thuận)
    Cho $x, y, z$ là các số không âm. Chứng minh rằng $xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3\left ( x+y+z \right )$
    Ta có bdt quen thuộc : $\sum x^2+2xyz+1\geq 2\sum xy=>2(\sum x^2+xyz)+1\geq (x+y+z)^2=>2(\sum x^2+xyz+5)\geq (x+y+z)^2+9\geq 6(x+y+z)=>dpcm$
    NHẬT THUỶ IDOL

  14. Cám ơn quỳnh như đã cám ơn bài viết này
  15. #10
    Moderator
    Ngày tham gia
    Sep 2014
    Đến từ
    Long Kiến, An Giang
    Bài viết
    35
    Cám ơn (Đã nhận)
    46
    Trích dẫn Gửi bởi Ngã Nhậm Hành Xem bài viết
    Bài 5. (HSG trường Chuyên Lê Quý Đôn Ninh Thuận)
    Cho $x, y, z$ là các số không âm. Chứng minh rằng $xyz+x^{2}+y^{2}+z^{2}+5\geq 3\left ( x+y+z \right )$
    Hoàn toàn có thể giả sử $\left\{ \begin{matrix}
    x\ge 1 \\
    y\ge 1 \\
    \end{matrix} \right.$ hoặc $\left\{ \begin{matrix}
    x\le 1 \\
    y\le 1 \\
    \end{matrix} \right.$.

    Khi đó $(x-1)(y-1)\ge 0\Leftrightarrow xy\ge x+y-1$.

    Suy ra $xyz\ge xz+yz-z$ và $xyz+{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+5\ge xz+yz-z+{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+5$.

    Ta cần chứng minh $xz+yz-z+{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}+5\ge 3(x+y+z)$.

    Dễ dàng chứng minh được : ${{z}^{2}}+(x+y-4)z+{{x}^{2}}+{{y}^{2}}-3x-3y+5\ge 0,\forall x,y,z\ge 0$.

  16. Cám ơn quỳnh như, cuong18041998 đã cám ơn bài viết này
 

 
Trang 1 của 2 12 CuốiCuối

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này