Đấu trường bất đẳng thức!!!!

[kuta tutu]

Mỗi bài toán - một kho tàng ...
Càng khai thác chúng ,ta càng thấy hay ...

bên kia có đấu trường phương trình ..hihi thì bên này có đấu trường bất đẳng thức...mình mở topic này mong rằng nhận được sự giúp đỡ của nhiều bạn về lĩnh vực toán học ..mong các bạn tham gia tích cực vào topic nè vì một điều thật đơn giản ...
Mỗi bài toán-một đỉnh cao
Ta chinh phục được,vui nào vui hơn...

mình khai trương bằng 1 bài nhé
1, cho các số thực dương a,b,c, thoả a+b+c = 3
chứng minh rằng :
\[A = \frac{a}{b^2+1} + \frac{b}{c^2+1} + \frac{c}{a^2+1} \geq \frac{3}{2}\]

 

[kastryas]

mình khai trương bằng 1 bài nhé
1, cho các số thực dương a,b,c, thoả a+b+c = 3
chứng minh rằng :
\[A = \frac{a}{b^2+1} + \frac{b}{c^2+1} + \frac{c}{a^2+1} \geq 3\]

Hàng khai trương của bạn sai rồi, bạn cho c tiến đến 0; a và b tiến đến 3/2 thì sẽ thấy đề sai :byebye:

 

[kuta tutu]

chán quá ..mong mọi người tích cực lên nhé !

bài bất đẳng thức đó ..mình làm bằng phương pháp co-si ngược

ta có : \[\frac{a}{1+b^2} = a - \frac{ab^2}{1+b^2} \geq a - \frac{ab^2}{2b} = a - \frac{ab}{2}\]

tương tự \[\frac{b}{1+c^2} \geq b - \frac{bc}{2}\]

\[\frac{c}{1+a^2} \geq c - \frac{ca}{2}\]

do đó \[A \geq a+b+c - \frac{ab+bc+ca}{2} \geq 3 - \frac{ab+bc+ca}{2}\]

mà \[(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca) => ab+ac+ca \leq 3 \]

do vậy \[A \geq 3 - \frac{3}{2} = \frac{3}{2}\]

dâu đăng thức xảy ra khi a=b=c=1

 

[kuta tutu]

thêm 1 bài nữa nhé ':

cho a,b,c,d > o . thỏa mãn a+b+c+d = 4

CM:\[ A = \frac{a}{1+b^2} + \frac{b}{1+c^2} + \frac{c}{1+d^2} + \frac{d}{1+a^2} \geq 2\]

 

[kuta tutu]

với bài này : mình làm thế này

\[\frac{a}{1+b^2} = a - \frac{ab^2}{1+b^2} \geq a - \frac{ab^2}{2b} = a - \frac{ab}{2}\]

làm ương tự với các biểu thức tiếp theo

cuối cùng ta dc : \[A \geq a+b+c+d - \frac{ab+bc+cd+da}{2}\]

mà \[ab+bc+cd+da = (a+c).(b+d) \leq \frac{(a+b+c+d)^2}{4} \leq 4\]

=> \[A \geq 4 - 2 = 2\]
dấu = xảy ra khi a=b=c=d=1

 

[kuta tutu]

Các bạn hãy dùng kĩ thuạt co-si ngược để giải các bài này nhé

1, cho \[a,b,c \geq 0\] có a+b+c = 3 CM

A = \[\frac{a^2}{a+2b^2} + \frac{b^2}{b+2c^2} + \frac{c^2}{c+2a^2} \geq 1\]

2, cho \[a,b,c \geq 0 , a+b+c = 3\]CM

\[A = \frac{a^2}{a+2b^3} + \frac{b^2}{b+2c^3} + \frac{c^2}{c+2a^3} \geq 1\]

 

[kuta tutu]

1 bài mới nhé :

1, cho a,b,c>0 CMR

\[A = \frac{a}{(b+c)^2} + \frac{b}{(c+a)^2} + \frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}\]

 

[GiangPhạm]

1 bài mới nhé :

1, cho a,b,c>0 CMR

\[A = \frac{a}{(b+c)^2} + \frac{b}{(c+a)^2} + \frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}\]

Dùng BDT cosi CM được VT\[\geq \frac{1}{4}\left(\frac{a}{bc} +\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\right)\]

mà \[\left(\frac{a}{bc} +\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\right)\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{abc}}\]

suy ra VT\[\geq \frac{3}{4\sqrt[3]{abc}}\]

lại có \[\sqrt[3]{abc}\leq \frac{a+b+c}{3}\right)\frac{3}{4\sqrt[3]{abc}} \geq \frac{9}{4\left(a+b+c \right)}\]

suy ra dpcm

 

[kastryas]

Dùng BDT cosi CM được VT\[\geq \frac{1}{4}\left(\frac{a}{bc} +\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab}\right)\]

Cái này sai!

 

[kastryas]

rất ít bạn nhiệt tình tham gia nếu không muốn nói là không có ai

Cậu là chủ thớt do đó nếu cậu muốn người khác quan tâm thì cái quan trọng là cái cậu đưa ra có đủ hấp dẫn hay ko? Muốn hấp dẫn thì vấn đề thảo luận phải có chút mới mẻ và sáng tạo .. Tốt nhất đừng chép bài trong sách ra xong than vãn cứ như thách đố mọi người :byebye:

VD:

1 bài mới nhé :

1, cho a,b,c>0 CMR

\[A = \frac{a}{(b+c)^2} + \frac{b}{(c+a)^2} + \frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}\]

Thì chả lẽ tôi lại reply là Giải y như trên :byebye:

 

[kuta tutu]

oh..anh kastryas nói hơi quá lời rồi ..em chỉ muốn góp ý chút thôi..có thể anh giỏi(thạc sỹ toán học)..anh biết dc cách làm bài nì ...nhưng có phải ai cũng biết tất đâu..những gì em biết dc từ sách vở ..đem ra chia sẻ cho các bạn ...dù nó không quá hay ..nhưng cũng là 1 vân đề để các bạn thảo luận ...sửa chỗ sai cho nhau=> cùng nhau tiến bộ....bọn em vẫn còn là học sinh mà ...mà học sinh thì rất cần những kiến thức chưa biết để vững tin bước vào kì thi đại học
có thể đứng trên phương diện của anh,anh bảo chưa mới mẻ chưa sáng tạo ...nhưng lưu ý đó chỉ là ý kiến cá nhân
Mục dích của em là nêu ra những vấn đề em biết để xây sựng diễn đàn chứ k phải là thách đố gì ..,chẳng lẽ em rảnh hơi thức đến gần sáng chỉ để thách đố thôi à => mệt
Thôi nói nhiều mọi người lại bảo spam haha...dạo này thi xong nên mình nói hơi nhiều mong mọi người bỏ quá hihihi
Mong anh post những bài hay về cho diễn đàn và sửa các lỗi sai cho các bạn để chúng em còn dc học hỏi nữa chứ ạ
Thân gửi !!!

 

[kuta tutu]

TA CÓ : \[(a+b)^2 \geq 4ab => \frac{1}{(a+b)^2} \leq \frac{1}{4ab} \]
vậy ta phải có \[\frac{c}{(a+b)^2} \leq \frac{c}{4ab}\]

do đó ta phải có \[VT \leq \frac{a}{4bc} + \frac{b}{4ca} + \frac{c}{4ab} \]
nên bài bạn gian phạm chưa chính xác ,..theo mình là vậy ..có gì sai sót xin các bạn góp ý nha

 

[TNGH]

Lại thách đấu .. Mệt thiệt )

 

[kastryas]

oh..anh kastryas nói hơi quá lời rồi ..

Đấy là anh góp ý để tốt cho em thôi! Em thử tự hỏi mình tại sao những người có thể giải bài của em như anh họ lại ko tham gia? Ví dụ như anh ko tham gia vì 2 lý do .. một là cái tiêu đề, hai là anh biết em post lên rồi em sẽ tự giải

(thạc sỹ toán học)

Anh ko là thạc sỹ em nhé! Mà dù ai đó có là thạc sỹ thì những cái em post lên lại càng chẳng liên can đến thạc sỹ, tiến sỹ hay cử nhân cả ..

có thể đứng trên phương diện của anh,anh bảo chưa mới mẻ chưa sáng tạo ...nhưng lưu ý đó chỉ là ý kiến cá nhân
Mục dích của em là nêu ra những vấn đề em biết để xây sựng diễn đàn chứ k phải là thách đố gì ..,chẳng lẽ em rảnh hơi thức đến gần sáng chỉ để thách đố thôi à => mệt

Thế có đúng là em chép đề từ sách ra ko? Sự sáng tạo ở đâu hả em? Và cái tiêu đề của em là gì? Người học toán nghiêm túc theo anh họ thích trao đổi thảo luận chứ họ ko thích đấu bò đâu em ..

anh biết dc cách làm bài nì

Cái này em nói đúng nhưng anh hết cái tuổi thích nhảy vào những cuộc thách đấu rồi ..

Mong anh post những bài hay về cho diễn đàn và sửa các lỗi sai cho các bạn để chúng em còn dc học hỏi nữa chứ ạ
Thân gửi !!!

Điều này thì anh vẫn làm thường xuyên trên đây hay bất cứ đâu mà anh có mặt. Thế em nhé!

 

[GiangPhạm]

1 bài m[FONT=&quot]ớ[/FONT]i nhé :

1, cho a,b,c>0 CMR

\[A = \frac{a}{(b+c)^2} + \frac{b}{(c+a)^2} + \frac{c}{(a+b)^2} \geq \frac{9}{4(a+b+c)}\]

Xin l[FONT=&quot]ỗ[/FONT]i m[FONT=&quot]ọ[/FONT]i ng[FONT=&quot]ườ[/FONT]i v[FONT=&quot]ề[/FONT] v[FONT=&quot]ụ[/FONT] nh[FONT=&quot]ầ[/FONT]m d[FONT=&quot]ấ[/FONT]u này............làm [FONT=&quot]ẩ[/FONT]u quá mong m[FONT=&quot]ọ[/FONT]i ng[FONT=&quot]ườ[/FONT]i b[FONT=&quot]ỏ[/FONT] qua cho..........đ[FONT=&quot]ể[/FONT] s[FONT=&quot]ử[/FONT]a sai mình xin trình bày 1 bài gi[FONT=&quot]ả[/FONT]i khác, có gì m[FONT=&quot]ọ[/FONT]i ng[FONT=&quot]ườ[/FONT]i ti[FONT=&quot]ế[/FONT]p t[FONT=&quot]ụ[/FONT]c góp ý nhé

BDT ban đ[FONT=&quot]ầ[/FONT]u \[\Leftrightarrow \frac{{a}^{2}}{{(b+c})^{2}}+\frac{{b}^{2}}{{(a+c)}^{2}}+\frac{{c}^{2}}{{(a+b)}^{2}}+\frac{{a}}{{b+c}}+\frac{{b}}{{a+c}}+\frac{{c}}{{a+b}}\geq \frac{9}{4}(*)\]

Đ[FONT=&quot]ặ[/FONT]t u=b+c ; v=a+c ; m=a+b
\[\Rightarrow a=\frac{m-u+v}{2}\]
\[\Rightarrow b=\frac{u-v+m}{2}\]
\[\Rightarrow c=\frac{u+v-m}{2}\]

\[\Rightarrow\frac{{a}}{{b+c}}+\frac{{b}}{{a+c}}+\frac{c}{a+b}=\frac{m-u+v}{2u}+\frac{u-v+m}{2v}+\frac{u+v-m}{2m}\]
\[=\frac{1}{2}[(\frac{m}{u}+\frac{u}{m})+(\frac{v}{u}+\frac{u}{v})+(\frac{m}{v}+\frac{v}{m})]\geq \frac{3}{2}\]

Ch[FONT=&quot]ứ[/FONT]ng minh t[FONT=&quot]ươ[/FONT]ng t[FONT=&quot]ự[/FONT] ta đ[FONT=&quot]ượ[/FONT]c \[\frac{{a}^{2}}{{(b+c})^{2}}+\frac{{b}^{2}}{{(a+c)}^{2}}+\frac{{c}^{2}}{{(a+b)}^{2}}\geq \frac{3}{4}\]

V[FONT=&quot]ậ[/FONT]y VT c[FONT=&quot]ủ[/FONT]a (*) \[\geq \frac{3}{2}+ \frac{3}{4}=\frac{9}{4}\] =>>dpcm

 

[kuta tutu]

1, bài mình tự bịa ra nì ..hihi nếu đề bài sai các bạn góp ý nhé

cho a,b,c>0 thỏa mãn \[ab\sqrt{bc} + bc\sqrt{ca} + ca\sqrt{ab} \geq 3 \]

CM:\[S = (a+b)(b+c)(c+a) \geq 6 + 2abc \]

 

[kuta tutu]

bài khác vậy :

1, cho a,b,c > 0 thỏa mãn ab+bc+ca = 3

CMR:A= \[\frac{1}{1+a^2(b+c)} + \frac{1}{1+b^2(c+a)} + \frac{1}{1+c^2(a+b)} \leq \frac{1}{abc}\]

 

[kuta tutu]

BÀI 2:
cho tam giác ABC với các cạnh a,b,c .CMR

\[a^3+b^3+c^3+3abc \geq a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)\]

 

[kuta tutu]

bài 1:
ta có : \[3 = ab + bc + ca \geq 3^3\sqrt{(abc)^2} => abc \leq 1 \]

suy ra \[1+a^2(b+c)\geq abc+a^2(b+c) = a(ab+bc+ca) =3a => \frac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{3a}\]

tương tự đối với các biểu thức còn lại

cuối cùng ta dc \[A \leq \frac{1}{3} (\frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) = \frac{ab+bc+ca}{abc} = \frac{1}{abc}\]

 

[kuta tutu]

BÀI 2:
TA CÓ bdt <=> \[\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} + \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} + \frac{c^2+a^2-b^2}{2ac} \leq \frac{3}{2} \]

<=> \[cosA + cosB + cosC \leq \frac{3}{2}\]

mặt khác :

\[cosA + cosB + cosC = (cosA+cosB)-(cosAcosB-sinAsinB) \leq \frac{1}{2}[(cosA+cosB)^2+1]+\frac{1}{2}[sin^2A+sin^2B] - cosAcosB = \frac{3}{2} \]

do đó \[cosA + cosB + cosC \leq \frac{3}{2}\]