Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:
$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$
http://diendantoanho...cauchy-schwarz/
của anh huyện đấy
There have been 274 items by Gachdptrai12 (Search limited from 05-06-2020)
Posted by Gachdptrai12 on 13-03-2016 - 22:50 in Bất đẳng thức và cực trị
Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh rằng:
$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$
http://diendantoanho...cauchy-schwarz/
của anh huyện đấy
Posted by Gachdptrai12 on 01-09-2016 - 00:12 in Tài liệu - Đề thi
cho em xin cái tài liệu CYH của anh Cẩn =)))
Posted by Gachdptrai12 on 27-03-2016 - 22:47 in Góc giao lưu
mấy anh em hào hứng nhỉ mà tiếc là em soái ca quá :v
Posted by Gachdptrai12 on 04-04-2016 - 21:24 in Bất đẳng thức - Cực trị
Posted by Gachdptrai12 on 04-04-2016 - 20:14 in Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 9 (Selection Of Kiev To UMO). Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực dương. Chứng minh rằng $$\frac{x^2}{xy+z}+\frac{y^2}{yz+x}+\frac{z^2}{xz+y}\ge \frac{(x+y+z)^3}{3(x^2(y+1)+y^2(z+1)+z^2(x+1)}.$$
anh ơi bài ni đâu có đồng bậc
p/s sửa xong xóa bl của em nha(nếu sai) :v
Posted by Gachdptrai12 on 04-04-2016 - 21:48 in Bất đẳng thức - Cực trị
Posted by Gachdptrai12 on 06-04-2016 - 09:13 in Bất đẳng thức - Cực trị
câu 14 đã có ở đây https://www.artofpro...imo_tst_2016_p3 với lời giải của quykhtn
Posted by Gachdptrai12 on 09-04-2016 - 08:54 in Bất đẳng thức - Cực trị
dòng 1 bđt sai nếu a,b chạy tơí âm vô cùng còn c=0Dòng màu đỏ cần có đk $a,b,c >0$ để nó có nghĩa.
Ta có $a^3 +b^3+c^3 -3abc =(a+b+c)(\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2} \geq 0 \Leftrightarrow a+b+c \geq 0$
Mà $\sum \sqrt[6]{x^2 +\frac{1}{y^2}} > 0$ nên $\sum \sqrt{x^2+\frac{1}{y^2}} \geq 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})}$.
Áp dụng Holder: $(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2}) \geq (\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}})^3$.
$\Leftrightarrow 3\sqrt[6]{(x^2+\frac{1}{y^2})(y^2+\frac{1}{z^2})(z^2+\frac{1}{x^2})} \geq 3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}}$
Cần chứng minh $3\sqrt{\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}}} \geq 3\sqrt{2}$
hay $\sqrt[3]{(xyz)^2} +\sqrt[3]{\frac{1}{(xyz)^2}} \geq 2$ (điều này đúng theo AM - GM)
Dấu $"="$ xảy ra khi $x=y=z=1$ hoặc $x=y=z=-1$
Posted by Gachdptrai12 on 08-04-2016 - 22:59 in Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 17 (Azerbaijan Junior Mathematical Olympiad). Với $x,\,y,\,z$ là ba số thực khác $0.$ Chứng minh rằng $$\sqrt {x^2+\frac {1}{y^2}}+ \sqrt {y^2+\frac {1}{z^2}}+ \sqrt {z^2+\frac {1}{x^2}}\geq 3\sqrt {2}. $$
áp dụng bđt AM-GM ta có $VT\geq \sum \sqrt{\frac{2x}{y}}$
tiếp tục áp dụng AM-GM 1 lần nữa ta có$\sum \sqrt{\frac{2x}{y}}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{\frac{8xyz}{yxz}}}$=$3\sqrt{2}$
p/s èo sai rồi 3 số thực tưởng mô
Posted by Gachdptrai12 on 08-04-2016 - 20:59 in Bất đẳng thức - Cực trị
anh huyện bài ni nếu áp dụng pp ABC thì f(r) có bậc 2 nên nó đạt đuợc cực trị khi có 1 biến bằng 0 hoặc 2 biến bằng nhauĐặt $p=a+b+c,\,q=ab+bc+ca$ và $r=abc$ khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\[27r^2+(29p^3-63pq)r+4p^6-24p^4q+36p^2q^2-9q^3 \geqslant 0. \quad (1)\]
Giả sử $p=3$ và đặt $q=3-3t^2\;(0 \leqslant t < 1)$ thì $(1)$ tương đương với
\[r^2+(21t^2+8)r+9t^6+81t^4+27t^2-9 \geqslant 0.\]
Đặt \[f(r) = r^2+(21t^2+8)r+9t^6+81t^4+27t^2-9,\] ta sẽ chứng minh $f(r) \geqslant 0.$
Thật vậy nếu $0 \leqslant t \leqslant \frac{1}{2}$ thì do $r \geqslant (1-2t)(1+t)^2 \geqslant 0$ cho nên
\[f(r) \geqslant f[(1-2t)(1+t)^2] = t^2(13t^4-30t^3+27t^2-20t+18).\]
Lại đặt
\[f(t) = 13t^4-30t^3+27t^2-20t+18.\]
Ta có
\[f^{'}(t) = 2(26t^3-45t^2+27t-10),\]
nên
\[f^{'}(t) = 0 \Leftrightarrow t_0 = \frac{15}{26}+\frac{1}{26}\left ( \sqrt[3]{1490+13\sqrt{13141}}-\frac{9}{\sqrt[3]{1490+13\sqrt{13141}}} \right ).\]
Suy ra
\[f(t) \geqslant \left \{ f(0),\,f(t_0),\,f\left(\frac{1}{2}\right) \right \} = f(t_0) > 0.\]
Còn nếu $\frac{1}{2} \leqslant t < 1,$ thì
\[f(r) > 9t^6+81t^4+27t^2-9 > 9\left ( \frac{1}{2} \right )^6+81\left ( \frac{1}{2} \right )^4+27\left ( \frac{1}{2} \right )^2-9 = \frac{189}{64} > 0.\]
Vậy $f(r) > 0.$ Bài toán được chứng minh.
Posted by Gachdptrai12 on 13-02-2016 - 12:51 in Tài liệu, chuyên đề, phương pháp về Bất đẳng thức
bài đọc này bổ ích ghê hình như bài của VMEO4 mở rộng của bổ đề đúng ko ạ ?? thank anh jup em có k thức mới :v
em có bài này nè cũng hay
cho a,b,c >0 chứng minh $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
Posted by Gachdptrai12 on 25-01-2016 - 21:50 in Bất đẳng thức và cực trị
chẳng có j lq đến bđt cần cmTương tự bài ở đây!
Posted by Gachdptrai12 on 24-01-2016 - 22:07 in Bất đẳng thức và cực trị
bài 46 cho a,b,c là các số thực dương cm $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \frac{a^{8}+b^{8}+c^{8}}{a^{3}b^{3}c^{3}}$
Posted by Gachdptrai12 on 18-01-2016 - 22:56 in Bất đẳng thức và cực trị
Posted by Gachdptrai12 on 22-01-2016 - 21:27 in Bất đẳng thức và cực trị
bài 28
bđt tương dương
$\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow$
mà $a^{2}+b^{2}=\frac{(a+b)^{2}+(a-b)^{2}}{2}$
bđt tương đương$\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}+\sum \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq 3$
áp dụng bđt C-S$\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq \frac{((a+b)+(b+c)+(c+a))^{2}}{\sum (a^{2}+b^{2}+2)}$ và
$\sum \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq \frac{((a-b)+(b-c)+(a-c))^{2}}{\sum (a^{2}+b^{2}+2)}$
đên đây chỉ cần tương đường thì ra (a-b)(b-c) >=0 tương tự thì ra (a-c)(b-c)>=0 và (a-B(b-c)>=0 và tích của 3 đại ượng lớn hơn 0 nên tồn tại một đại lượng lớn hơn 0 =>dpcm đây là bài iran 2009 và cách yếu tố ít nhất của anh cẩn
p/s lần sau sẽ ko bao h` dùng sigma nữa
Posted by Gachdptrai12 on 18-01-2016 - 22:34 in Bất đẳng thức và cực trị
Posted by Gachdptrai12 on 18-01-2016 - 22:11 in Bất đẳng thức và cực trị
Posted by Gachdptrai12 on 18-01-2016 - 11:44 in Bất đẳng thức và cực trị
Posted by Gachdptrai12 on 22-01-2016 - 23:12 in Bất đẳng thức và cực trị
cho a,b,c là các số thực dương chứng minh $(a+b+c)^{3}\geq \frac{27}{4}(a^{^{2}}b+b^{2}c+c^{2}a+abc)$
Posted by Gachdptrai12 on 22-01-2016 - 23:20 in Bất đẳng thức và cực trị
bài 31 có thể dùng S.O.S và S.O.C bài này mình đăng kí nếu ko ra xóa bl của mình nhé tránh spam cho topic :v :v :v :3 :3
Posted by Gachdptrai12 on 24-01-2016 - 18:32 in Bất đẳng thức và cực trị
Bài 45 :
Chứng minh với $a,b,c>0$ thỏa $abc=1$ . Chứng tỏ
$ \sum \frac{a^3b}{1+ab^2} \ge \frac{abc(a+b+c}{1+abc}$
bài này cũng trí đó )) @@@
$VT\Leftrightarrow \sum \frac{a^{4}b^{2}c^{2}}{c+ab^{2}c}$(vì abc=1)
áp dụng bđt C-S=>$\sum \frac{a^{4}b^{2}c^{2}}{c+ab^{2}c}\geq \frac{a^{2}b^{2}c^{2}(a+b+c)^{2}}{a+b+c+abc(a+b+c)}=\frac{a^{2}b^{2}c^{2}(a+b+c)}{2}=VP$(vì abc=1)=> ddpcm p/s lạnh run người lun
Posted by Gachdptrai12 on 24-01-2016 - 11:19 in Bất đẳng thức và cực trị
44) xyz$\geq 1$ ta cũng có bđt sau $\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}\leq 1$
Posted by Gachdptrai12 on 24-01-2016 - 10:35 in Bất đẳng thức và cực trị
bài 39 chuẩn hóa abc=1 khi chuẩn hóa như vậy ta có quyền đặt a=$\sqrt[3]{\frac{x}{y}}$,b=$\sqrt[3]{\frac{y}{z}}$,c=$\sqrt[3]{\frac{z}{x}}$ đặt như vậy xong phân tích bđt theo cách đặt trên và áp dụng bđt C-S cộng mẫu
Posted by Gachdptrai12 on 23-01-2016 - 23:38 in Bất đẳng thức và cực trị
bài 40 áp dụng bổ đề sau đây $\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}\geq \frac{1}{1+xy}$ chỉ cần tương đương là ra
về bài toán bđt cần cm VT$\geq \frac{1}{1+ab}+\frac{1}{1+ca}=1$=> dpcm bài này china TST 2004
Posted by Gachdptrai12 on 17-01-2016 - 20:01 in Bất đẳng thức và cực trị
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học