giải phương trình:
$\frac{x^2-\sqrt{3}}{x-\sqrt{x^2-\sqrt{3}}}+\frac{x^2+\sqrt{3}}{x+\sqrt{x^2+\sqrt{3}}}=x$
Có 105 mục bởi an1712 (Tìm giới hạn từ 04-06-2020)
Đã gửi bởi an1712 on 10-07-2015 - 22:02 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
giải phương trình:
$\frac{x^2-\sqrt{3}}{x-\sqrt{x^2-\sqrt{3}}}+\frac{x^2+\sqrt{3}}{x+\sqrt{x^2+\sqrt{3}}}=x$
Đã gửi bởi an1712 on 06-07-2015 - 17:18 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Chưa chắc biểu thức trong căn đã dương.
Xét $\prod (y+z-x)\leqslant 0$ thì bất đẳng thức đúng.
Xét $\prod (y+z-x)\geqslant 0$ thì $x,y,z$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Khi đó AM-GM như trên.
uh,chưa đọc kĩ, vậy áp dụng tn
$(x+y-z)(x+z-y)\leq \frac{4x^2}{4}=x^2$
tương tự đc:
$\prod (x+y-z)^2\leq x^2y^2z^2$
$\Leftrightarrow \left | \prod (x+y-z) \right |\leq \left | xyz \right |$
$\Leftrightarrow xyz=\left | xyz \right |\geq \prod (x+y-z)$ do x,y,z dương
Đã gửi bởi an1712 on 06-07-2015 - 08:42 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho 3 số thực dương a, b, c có tích bằng 1. CMR:
$(a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1}{c})(c-1+\frac{1}{a})\leq 1$
đặt $a=\frac{x}{y}$ $ b=\frac{y}{z} $ $ c=\frac{z}{x}$
$\Leftrightarrow$ $\prod (x-y+z)\leq xyz$
theo cô si:
$\sqrt{(x-y+z)(x-z+y)}\leq \frac{2x}{2}=x$
tương tự ta có đpcm
Đã gửi bởi an1712 on 04-07-2015 - 20:22 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho 3 so $a,b,c>0$
Chung minh rang $\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 1$
http://diendantoanho...ác-nước/page-23
đã có tại đây
Đã gửi bởi an1712 on 04-07-2015 - 17:03 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn : $a,b,c>-1$ . Chứng minh rằng :
$\frac{1+a^{2}}{1+b+c^{2}}+\frac{1+b^{2}}{1+c+a^{2}}+\frac{1+c^{2}}{1+a+b^{2}}\geq 2$
SpoilerCó lẽ là bài BĐT cuối cùng trong sự nghiệp toán học chuyên nghiệp
ta có:
$\frac{b^2+1}{2}\geq b \Leftrightarrow \frac{a^2+1}{1+b+c^2}\geq \frac{a^2+1}{\frac{3}{2}+\frac{b^2}{2}+c^2}$
áp dụng CBS
$\sum \frac{a^2+1}{\frac{3}{2}+\frac{b^2}{2}+c^2}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2+3)^2}{3(\sum a^2)+\frac{3}{2}(\sum a^2b^2)+\frac{9}{2}}\geq 2$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(\sum a^2b^2)$ hiển nhiên
Đã gửi bởi an1712 on 03-07-2015 - 20:57 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 168(Hungary MO): Cho a,b,c>0. CMR nếu a+b+c= 2(ab+ca+ab). Tìm Min biểu thức sau:
P=$\sum \frac{a^3+b^2}{a^2+b^2}$
ta có;$a+b+c=2(ab+bc+ac)\leq \frac{2}{3}(a+b+c)^2\Leftrightarrow \frac{3}{2}\leq (a+b+c)$
giả sử :
$a\geq c\geq b$ $\Leftrightarrow$ $a\geq \frac{1}{2}$
$a+b-ab=2c(a+b-\frac{1}{2})+ab> 0$
$\sum \frac{a^3+b^2}{a^2+b^2}=\sum \frac{a^3-a^2}{a^2+b^2}+3$
xét hiệu:
$\frac{a^3-a^2}{a^2+b^2}+\frac{b^3-b^2}{b^2+c^2}\geq \frac{a^3-a^2}{a^2+c^2}+\frac{b-1}{2}$
$\Leftrightarrow (a^3-a^2)(\frac{c^2-b^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)})+(b^3-b^2)(\frac{b^2-c^2}{2b^2(b^2+c^2)})\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{a^3-a^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\geq \frac{b^3-b^2}{2b^2(b^2+c^2)}=\frac{b-1}{2(b^2+c^2)}$
$\Leftrightarrow 2(a^3b^2+a^3c^2)+a^4+a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2\geq a^4b+b^3a^2+a^2c^2b+b^3c^2+2(a^2b^2+a^2c^2)$
$\Leftrightarrow (a-b)(a^2b^2+2a^2c^2+b^2c^2+(a+b-ab)(a^2-c^2))\geq 0$
$P\geq \frac{a^3-a^2}{a^2+c^2}+\frac{c^3-c^2}{a^2+c^2}+\frac{b-1}{2}+3\geq \frac{a^3+c^3}{a^2+c^2}+\frac{b}{2}+\frac{3}{2}$
lại có:
$a^3+c^3\geq ac(a^2+c^2)\Leftrightarrow 2(a^3+c^3)\geq (a+c)(a^2+c^2)\Leftrightarrow a^3+c^3\geq \frac{(a+c)(a^2+c^2)}{2}$
$\Rightarrow P\geq \sum \frac{a}{2}+\frac{3}{2}\geq \frac{9}{4}$
Đã gửi bởi an1712 on 30-06-2015 - 22:11 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài toán:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$$(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)\geq \frac{1}{3}abc(a^3+b^3+c^3)$$
ta chứng minh
$(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)\geq ab^2c(\frac{(a-b)^2}{ab}+\frac{(b-c)^2}{bc})$
rồi biến đổi tương đương
Đã gửi bởi an1712 on 30-06-2015 - 15:56 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 159(Balkan Shortlist): Cho a,b,c >0. CMR:
$\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$
đặt $\frac{b}{a}=x $ $\frac{c}{b}=y $ $\frac{a}{c}=z $ $\Leftrightarrow xyz=1$
bdt$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{1+x+x^2}\geq 1$
đặt$x=\frac{y_{1}z_{1}}{x_{1}^2}$.........
bđt $\Leftrightarrow \sum \frac{x_{1}^4}{x_{1}^4+x_{1}^2y_{1}z_{1}+y_{1}^2z_{1}^2}\geq 1$
$\Leftrightarrow \sum x_{1}^2y_{1}z_{1}\leq \sum x_{1}^2y_{1}^2$ luôn đúng
Đã gửi bởi an1712 on 26-06-2015 - 15:33 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Giả sử $a=\text{max}\{a,b,c\}$ thì $f(a,b,c)-f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})=(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2\left[a^3(b+c+\sqrt{bc})^2-6\right]\geqslant (\sqrt{b}-\sqrt{c})^2(9a^2-6)\geqslant 0$
Do đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $a\geqslant b=c=t$. Thay trực tiếp $a$ theo $t$ và khảo sát hàm số.
a xin góp 1 bài dồn biến, ko nghĩ bài này mạnh vậy,dùng shur bị ngược dấu.
ko mất tính tổng quát :$c\geq 1\Leftrightarrow ab\leq 1$
xét hàm : $\sqrt{\frac{b}{a}}\geq t\geq 1$
$f(t)=\frac{1}{a^3t^3}+\frac{t^3}{b^3}+\frac{1}{c^3}-6(at+\frac{b}{t}+c)$
=> $f'(t)=\frac{3(at^2-b)(a^2t^4+abt^2+b^2-2t^2a^3b^3)}{a^3b^3t^4}\geq \frac{3(at^2-b)(3abt^2-2a^3b^3t^2)}{a^3b^3t^4}$
mà $ab\geq a^3b^3$ $(vì ab\leq 1)$ và $at^2-b\leq 0$
$\Leftrightarrow f'(t)\leq 0$ (nghịch biến)
$\Rightarrow f(1)\geq f(\sqrt{\frac{b}{a}})$
$\Leftrightarrow f(a,b,c)\geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$
đưa hàm t rồi tìm gtnn
Đã gửi bởi an1712 on 25-06-2015 - 22:59 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 154 (Nghệ an2009).Cho a,b,c>0 thỏa mãn abc=1. Tìm giá trị nhỏ nhất $H=(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3-6(a+b+c)$
đổi biến 2 lần dùng p q r
$P\geq p^3-3.\frac{9+p^3}{4}-6.\frac{\frac{9}{p}+p^2}{4}+3\geq -15$
Đã gửi bởi an1712 on 25-06-2015 - 09:52 trong Tài nguyên Olympic toán
$a=\frac{2}{3}$ $ b=\frac{1}{3}$
Đã gửi bởi an1712 on 24-06-2015 - 16:30 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 150(Iran TST): Cho a,b,c>0: abc=1. CMR:
$\frac{a}{c+a(a^3+b^3)}+\frac{b}{a+b(b^3+c^3)}+\frac{c}{b+c(c^3+a^3)}\leq 1$
có:$(c+a(a^3+b^3))(c+\frac{bc}{a}+c)=(c+\frac{a^3}{bc}+\frac{b^2}{c})(2c+\frac{bc}{a})\geq (a+b+c)^2$
bdt $\Leftrightarrow \frac{3(\sum ab)}{(a+b+c)^2}\leq 1$ (luôn đúng)
Đã gửi bởi an1712 on 23-06-2015 - 14:58 trong Bất đẳng thức - Cực trị
$(a^2+b^2c^2+c^2)(b^2+1+a^2)\geq (ab+bc+ac)^2=9$
cái đó hình như bị nhầm rồi biểu thức là $a^2+b^2(c^2+1)=a^2+b^2c^2+b^2$
Đã gửi bởi an1712 on 23-06-2015 - 11:15 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Câu 13 :(Balkan MO , 2014) Cho $x,y,z>0$ thỏa : $xy+yz+zx=3xyz$ . Chứng minh rằng :
$x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\geq 2(x+y+z)-3$
P/s : Mong các bạn tham gia sôi nổi nhé !
áp dụng holder:
$(x^2y+y^2z+z^2x)(\sum \frac{1}{x})\geq (x+y+z)^2$
$\sum x^2y\geq \frac{xyz(x+y+z)^2}{xy+yz+xz}\doteq \frac{(x+y+z)^2}{3}$
áp dụng cố si:
$\frac{(x+y+z)^2}{3}+3\geq 2(x+y+z) (đpcm)$
Đã gửi bởi an1712 on 22-06-2015 - 15:59 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Sau đây là lời giải cho bài 129.
Áp dụng bất đẳng thức Holder, ta có:
$(a^3+b^3+b^3)(b^3+a^3+b^3)(a^3+c^3+b^3)\geq (a^2b+abc+b^3)^3\geq (2ab^2+abc)^3=(ab)^3(2b+c)^3$
Do đó ta có: $\frac{(ab)^3(2b+c)^3}{(a^3+2b^3)^2}\leq a^3+b^3+c^3$. Từ đó ta có$\frac{(2b+c)^3}{c^3(2b^3+a^3)^2}\leq a^3+b^3+c^3$
Tương tự với hai hạng tử còn lại của VT bất đẳng thức từ đó ta thu được đpcm.
còn cách khác ko?
Đã gửi bởi an1712 on 22-06-2015 - 15:56 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 136(IMO Shortlist): Cho a,b,c là các số thực không âm: ab+bc+ca=1. CMR:
$2\leq \frac{1}{2a^2+bc}+\frac{1}{2b^2+ca}+\frac{1}{2c^2+ab}\leq 3(a^2+b^2+c^2)$
áp dụng cauchy có:
$$(\sum \frac{1}{2a^2+bc})^2\leq (\sum (b^2+c^2+bc))(\sum \frac{1}{(b^2+c^2+bc)(2a^2+bc)^2})$$
mà $(b^2+c^2+bc)(2a^2+bc)\geq (ab+bc+ac)^2=1$
bđt $\Leftrightarrow \sum \frac{1}{2a^2+bc}\leq \sum b^2+c^2+bc\leq 3(\sum a^2)$
luôn đúng
Đã gửi bởi an1712 on 21-06-2015 - 22:10 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 134:(Baltic Way Shortlist) :Cho $a,b,c>0: a+b+c=1$. CMR:
$\frac{a^3+bc^2+ca^2}{b(c+2a)}+\frac{b^3+ca^2+ab^2}{c(a+2b)}+\frac{c^3+ab^2+bc^2}{a(b+2c)}\geq \frac{216abc+1}{9}$
ta có :
$\sqrt[3]{3b(2c+a)(2a+c)}\leq a+b+c$
$\Leftrightarrow \sum \frac{a^3+bc^2+ca^2}{b(c+2a)}\geq \sum \frac{3(2c+a)(a^3+bc^2+ca^2)}{(a+b+c)^3}$
$bđt \Leftrightarrow 3((a^2+b^2+c^2)^2+5(ab^3+bc^3+ca^3)+abc)\geq \frac{216abc+1}{9}$
áp dụng holder:
$(ab^3+bc^3+ca^3)(\sum \frac{1}{a})(1+1+1)\geq (a+b+c)^3=1$ $\Leftrightarrow 5(\sum ab^3)\geq \frac{5abc}{ab+bc+ac}$
đặt : $a+b+c=p=1$ $ab+ac+bc=q\leq \frac{1}{3}$ $abc=r$
$bdt\Leftrightarrow (p^2-2q)^2+\frac{5r}{3q}-7r-\frac{1}{27}\geq 0\Leftrightarrow (1-2q)^2+\frac{5r}{3q}-7r-\frac{1}{27}$
xét hàm :
TH1
$\frac{5}{21}\geq q$ hàm f'(r) đồng biến
theo shur :$r\geq \frac{4q-1}{9}$
$\Rightarrow f(r)\geq f(\frac{4q-1}{9})\geq 0$ (luôn đúng)
TH2
$\frac{5}{21}\leq q\leq \frac{1}{3}$ (nghịch biến)
có:$\prod (a-b)^2\geq 0\Leftrightarrow \frac{(1+2\sqrt{1-3q})(1-\sqrt{1-3q})^2}{27}\geq r$
$f(r)\geq f(\frac{(1+2\sqrt{1-3q})(1-\sqrt{1-3q})^2}{27})\geq 0$(luôn đúng)
=> đpcm
Đã gửi bởi an1712 on 21-06-2015 - 08:34 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bạn có thể giải thích vể cách làm của bạn được không ?
cách của bạn ấy là đổi biến để dễ áp dụng AM_GM
Đã gửi bởi an1712 on 20-06-2015 - 16:27 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 127(APMO Shortlist) : Cho a,b,c>0. CMR:
$\frac{a}{\sqrt{b+c-a}}+\frac{b}{\sqrt{c+a-b}}+\frac{c}{\sqrt{a+b-c}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$
áp dụng holder:
$(\sum\frac{a}{\sqrt{b+c-a}})^2(\sum a(b+c-a)) \geq (a+b+c)^3$$bđt \Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^3}{2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)}\geq \frac{3(a+b+c)^3}{(a+b+c)^2}=3(a+b+c)\geq (\sum \sqrt{a})^2$
=> đpcm
Đã gửi bởi an1712 on 20-06-2015 - 15:42 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 124:(IMO Shortlist) : Cho a,b,c là số đo 3 cạnh một tam giác. CMR:
$\frac{a^3}{b^2(c+a-b)}+\frac{b^3}{c^2(a+b-c)}+\frac{c^3}{a^2(b+c-a)}\geq 3$
áp dụng holder:
$(\sum \frac{a^3}{b^2(c+a-b)})(\sum bc+ab-b^2)(a+b+c)\geq (a+b+c)^3$
$bđt\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)-(a^2+b^2+c^2)}\geq 3$
$\sum a^2\geq \sum ab$ hiển nhiên
Đã gửi bởi an1712 on 20-06-2015 - 06:59 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Câu 6: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. CMR:
$a^3b^6+b^3c^6+c^3a^6+3a^3b^3c^3\geq abc(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+a^2b^2c^2(a^3+b^3+c^3)$ (BMO 2015)
chia 2 vế cho $a^3b^3c^3$
bđt$\Leftrightarrow \sum \frac{b^3}{c^3}+3\geq \sum \frac{ab}{c^2}+\sum \frac{a^2}{bc}$
đặt $\frac{b}{c}=x$ $\frac{c}{a}=y$ $\frac{a}{b}=z$
$\Leftrightarrow x^3 +y^3 +z^3+3\geq \sum \frac{x+y}{z}$
mà xyz=1$\Leftrightarrow x^3 +y^3 +z^3+3xyz\geq xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)$ (luôn đúng theo shur)
Đã gửi bởi an1712 on 20-06-2015 - 06:19 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Câu này được đăng lên đây rất lâu rồi (không nhớ rõ)
$\frac{1}{\sqrt{2x^2+(3-\sqrt{3})x+3}}+\frac{1}{\sqrt{2x^2+(3+\sqrt{3})x+3}}\geq \frac{4}{\sqrt{2(4x^2+6x+6)}}$
bạn dùng bđt gì vậy, chỉ mk vs
Đã gửi bởi an1712 on 19-06-2015 - 21:02 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Xét số thực x. Tìm min của
$P=\frac{\sqrt{3(2x^2+2x+1)}}{3}+\frac{1}{\sqrt{2x^2+(3-\sqrt{3})x+3}}+\frac{1}{\sqrt{2x^2+(3+\sqrt{3})x+3}}$
mk đã lm thử bài này hồi trc, nếu giải bằng xét hàm số thì rất rắc rối nhưng lời giải là bằng hình học rất ko tự nhiên
Đã gửi bởi an1712 on 19-06-2015 - 17:13 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 119(Thailand MO): Cho a,b,c>0. CMR:
$\frac{a^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{b^2}{c^2+ca+a^2}+\frac{c^2}{a^2+ab+b^2}\geq 1$
$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2+bc}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(\sum a^2b^2)+abc(b+c+a)}$
$a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2\geq abc(a+b+c)$
=>đpcm
Đã gửi bởi an1712 on 19-06-2015 - 16:56 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 116 (CĐTMO 2005) : Chứng minh rằng
$\frac{a^{3}}{(b+c)^{3}}+\frac{b^{3}}{(c+a)^{3}}+\frac{c^{3}}{(a+b)^{3}}$ $\geq \frac{3}{8}$trong đó $a,b,c$ là các số dương.
SpoilerChào buổi sáng ae
ta có $8(x-\frac{1}{2})^2(x+1)\geq 0\Leftrightarrow 8x^3\geq 6x-2$
$\Rightarrow \sum \frac{8a^3}{(b+c)^3}\geq 6(\sum \frac{a}{b+c})-6\geq 3$ theo nesbit
$\Rightarrow P\geq \frac{3}{8}$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học