Bài 3
Ta có $xy+z=xy+z(x+y+z)=z^2+xy+yz+xz=(z+x)(z+y)\geq (z+\sqrt{xy})^2$
$2x^2+2y^2\geq (x+y)^2$
Suy ra điều phải chứng minh
Có 336 mục bởi Poseidont (Tìm giới hạn từ 06-06-2020)
Đã gửi bởi Poseidont on 17-03-2015 - 01:27 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 3
Ta có $xy+z=xy+z(x+y+z)=z^2+xy+yz+xz=(z+x)(z+y)\geq (z+\sqrt{xy})^2$
$2x^2+2y^2\geq (x+y)^2$
Suy ra điều phải chứng minh
Đã gửi bởi Poseidont on 20-10-2014 - 16:50 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Câu 2 cũng tương tự chỉ thay đổi đoạn $VT+3\geq VP+a+b+c$
Đã gửi bởi Poseidont on 20-10-2014 - 06:20 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Câu 1
BĐT $\Leftrightarrow 3(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1)\geq a+b+c$
Ta sẽ chứng minh $VT+3\geq VP+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
Đặt $x=a+\frac{1}{a}$ , $y=b+\frac{1}{b}$ , $z=c+\frac{1}{c}$
$3(x-1)(y-1)(z-1)\geq x+y+z\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)-12+3(x+y+z))\geq 3(xy+yz+xz))$
(Đúng vì $x\geq 2$ , $y\geq 2$, $z\geq 2$ )
Suy ra điều phải chứng minh
Đã gửi bởi Poseidont on 10-11-2013 - 13:04 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ Tìm giá trị nhỏ nhất
$P=\frac{x^2}{\sqrt{2x^2+xy+y^2}}+\frac{y^2}{\sqrt{2y^2+yz+z^2}}+\frac{z^2}{\sqrt{2z^2+zx+x^2}}$
Đã gửi bởi Poseidont on 10-11-2013 - 13:00 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$ Tìm giá trị nhỏ nhất
$P=\frac{x^2}{\sqrt{2x^2+xy+y^2}}+\frac{y^2}{\sqrt{2y^2+yz+z^2}}+\frac{z^2}{\sqrt{2z^2+zx+x^2}}$
Đã gửi bởi Poseidont on 17-08-2013 - 10:39 trong Phương trình - Hệ phương trình - Bất phương trình
Giải hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} 3x^2-3xy+3y^2-9x+3y+4=0& & \\ 3x^2-6xy+2x-10y+3=0 & & \end{matrix}\right.$
Đã gửi bởi Poseidont on 05-06-2013 - 20:54 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Không, cái mình không phụ thuộc vào đạo hàm, cái hàm số bậc nhất $y=ax+b$ đôi khi bạn vẫn có thể "$a^2$" ..., bạn hiểu mình chứ
Đã gửi bởi Poseidont on 05-06-2013 - 15:03 trong Bất đẳng thức - Cực trị
@:Bofake
Hoàn toàn cố thể coi bạn à,bạn có thể tham khảo trên mạng nhiều,chắc hẳn cách này quá lạ so vs mọi người mà
Đã gửi bởi Poseidont on 03-06-2013 - 15:22 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Ta sẽ chứng minh $a^2b^3+b^2c^3+c^2a^3\leq 1$
Sau đây là 1 cách chứng minh ít ai nghĩ tới
Ta đưa biểu thức về hàm bậc nhất $f(a)=a(ab^3+a^2c^2)+b^2c^3-1$
Xét $ab^3+a^2c^2=0\Rightarrow b^2c^3-1\leq 0$ (Luôn đúng vì $b,c\leq 1$)
Xét $ab^3+a^2c^2\neq 0$
Suy ra đây là hàm đồng biến và $a\in [0,1]$
Cần chứng minh $f(0)\leq 0$ và $f(1)\leq 0$
Ở trường hợp 2
$f(1)=ab^3+a^2c^2+b^2c^3-1\leq ab+bc+ca-1\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}-1< 0$
....
Đã gửi bởi Poseidont on 15-05-2013 - 18:16 trong Các bài toán Lượng giác khác
Mình có bổ đề này có thể giúp bạn, tỏng quát luôn, chưng minh cứ dùng tam thức bậc hai thôi.
Với mọi $k<0$
$cos{2nA}+cos{2nB}+kcos{2nC}\leq \frac{-2k^2-1}{2k}$
Đã gửi bởi Poseidont on 13-05-2013 - 20:45 trong Chuyên đề toán THPT
I/ Các công thức lượng giác cơ bản :
$sin^2x+cos^2x=1$ $1+tan^2x=\frac{1}{cos^2x}$
$1+cot^2x=\frac{1}{sin^2x}$ $tanx.cotx=1$
1/Công thức cộng:
$sin(a\pm b)=sina.cosb\pm sinb.cosa$
$cos(a\pm b)=cosa.cosb\mp sina.sinb$
$tan(a\pm b)=\frac{tana\pm tanb}{1\mp tana.tanb}$ $(a,b,a\pm b\neq \frac{\pi }{2}+k\pi$
$cot(a\pm b)=\frac{cota.cotb\mp 1}{cota\pm cotb}$ $(a,b,a\pm b\neq k\pi$
2/ Công thức nhân
$sin2x=2sinx.coss$
$cos2x=cos^2x-sin^2x \Rightarrow cos2x=1-2sin^2x=2cos^2x-1$
$tan2x=\frac{2tanx}{1-tan^2x}$
$sin3x=3sinx-4sin^3x=4sinx.sin(\frac{\pi }{3}-x).sin(\frac{\pi}{3}+x)$
$cos3x=4cos^3x-3cosx=4cosx.cos(\frac{\pi }{3}-x).cos(\frac{\pi}{3}+x)$
$tan3x=\frac{3tanx-tan^3x}{1-3tan^2x}=tanx.tan(\frac{\pi }{3}-x).tan(\frac{\pi}{3}+x)$
3/Biến đổi tổng thành tích
$cos a+cosb=2cos \frac{a+b}{2}.cos\frac{a-b}{2}$
$cos a-cosb=-2sin \frac{a+b}{2}.sin\frac{a-b}{2}$
$sina+sinb=2sin\frac{a+b}{2}cos\frac{a-b}{2}$
$sina-sinb=2cos\frac{a+b}{2}sin\frac{a-b}{2}$
4/Biến đổi tích thành tổng
$cosa.cosb=\frac{1}{2}[cos(a+b)+cos(a-b))]$
$sina.sinb=-\frac{1}{2}[cos(a+b)-cos(a-b))]$
$sina.cosb=\frac{1}{2}[sin(a+b)+sin(a-b))]$
$cosa.sinb=\frac{1}{2}[sin(a+b)-sin(a-b))]$
Ở đây mình chỉ nêu một số công thức cơ bản, vì vậy sẽ còn rất nhiều công thức khác, các bạn hãy tự tìm tòi nhé.
II/ Bài tập
Câu 1: Chứng minh rằng
$cos\frac{\pi}{15}.cos\frac{2\pi}{15}.cos\frac{3\pi}{15}.cos\frac{4\pi}{15}.cos\frac{5\pi}{15}.cos\frac{6\pi}{15}.cos\frac{7\pi}{15}=(\frac{1}{2})^7$
Ta nghĩ ngay đến sử dụng công thức nhân đôi,hiển nhiên sẽ triệt tiêu được một số "biến"
$sin2x=2sinx.cosx$ (Đặc biệt là có 7nhân tử và có con số $(\frac{1}{2})^7$
$VT=\frac{sin\frac{2\pi}{15}}{2sin\frac{\pi}{15}}.\frac{sin\frac{4\pi}{15}}{2sin\frac{2\pi}{15}}...\frac{sin\frac{14\pi}{15}}{2sin\frac{7\pi}{15}}=...=(\frac{1}{2})^7$
Đã gửi bởi Poseidont on 09-05-2013 - 15:59 trong Bất đẳng thức và cực trị
Anh nhớ không nhầm thì bài này tim Max chứ:
Nếu tìm max ta giải như sau :
$P\leq \sum \frac{x}{2(x+y+1)}$
Ta sẽ chứng minh $\sum \frac{x}{x+y+1}\leq 1\Leftrightarrow \sum \frac{y+1}{x+y+1}\geq 2$
Theo $Cauchy-Schwarz$
$\sum \frac{y+1}{x+y+1}=\sum \frac{(y+1)^2}{(x+y+1)(y+1)}\geq \frac{(\sum x+3)^2}{\sum (x+y+1)(y+1)}$
Nhân bung cái dưới rồi dùng $a^2+b^2+c^2=3$
$\Rightarrow \sum (x+y+1)(y+1)=\frac{1}{2}(\sum x+3)^2$
Ta có điều phải chứng minh
Đã gửi bởi Poseidont on 09-05-2013 - 10:03 trong Số học
Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho T=$2^{n}+3^{n}+4^{n}$ là số chính phương
Ta có $n=1\Rightarrow TM$
$n=2\Rightarrow T\in \varnothing$
Xét $n> 2\Rightarrow T\equiv 3^n(mod8)$
$\cdot n=3k\Rightarrow 3^n=3^{3k}\equiv 3(mod8)$
$\cdot n=3k+1\Rightarrow 3^n=3^{3k+1}\equiv 7(mod8)$
$\cdot n=3k+2\Rightarrow 3^n=3^{3k+2}\equiv 3(mod8)$
Mặt khác $a^2\equiv 0,1,4(mod8)$
Nên chi có 1 giá trị $n=1$
Đã gửi bởi Poseidont on 09-05-2013 - 09:44 trong Số học
Ta có $n(n+1)$ không chia hết cho $3$
$\Rightarrow n=3k+1$
$\Rightarrow 2n^2+n+8=2(3k+1)^2+(3k+1)+8\equiv 2(mod3)$
Mặt khác $a^2\equiv 0,1(mod3)$
($a=3k\Rightarrow a^2=(3k)^2\equiv 0(mod3)$
$a=3k+1\Rightarrow a^2=(3k+1)^2\equiv 1(mod3)$
$a=3k+2\Rightarrow a^2=(3k+2)^2\equiv 1(mod3)$)
$\Rightarrow Q.E.D$
Đã gửi bởi Poseidont on 09-05-2013 - 08:52 trong Bất đẳng thức và cực trị
Tại sao lại ra được thế ạ
Ý bạn là thế nào:
Cụ thể hơn nhé $3=ab+bc+ca\geq^{AM-GM} 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Rightarrow \sqrt[3]{a^2b^2c^2}\leq 1\Rightarrow abc\leq 1$ (Vì $a,b,c>0$)
Đã gửi bởi Poseidont on 08-05-2013 - 23:04 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài này dùng $SOS$
Ta có
BĐT $\Leftrightarrow (\frac{a}{bc}-1)(b-c)^2+(\frac{b}{ca}-1)(c-a)^2+(\frac{c}{ab}-1)(a-b)^2\geq 0$
Theo tiêu chuẩn 2 của định lí $SOS$
Nếu $a\geq b\geq c$ và $S_b,S_b+S_c,S_b+S_a\geq 0$ thì $S\geq 0$
Ta có
$S_b=\frac{b}{ac}-1\geq \frac{1}{a}-1\geq 0$ (theo giải thiết đầu bài )
$S_b+S_c=\frac{1}{2}(\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab})-1=\frac{b^2+c^2}{2abc}-1\geq \frac{2bc}{2abc}-1\geq 0$
Tương tự ta có điều phải chứng minh.
Đã gửi bởi Poseidont on 08-05-2013 - 22:43 trong Bất đẳng thức và cực trị
Từ giải thiết $\Rightarrow abc\leq 1$
$\Rightarrow VT\leq \sum \frac{1}{abc+a^2(b+c)}=\sum \frac{1}{a(ab+ac+bc)}=\frac{1}{abc}$
Đã gửi bởi Poseidont on 08-05-2013 - 18:15 trong Số học
Theo bossulan239
$VT\equiv 2(mod5)\Rightarrow q^2\equiv 2(mod5)$
Ta có
$q=5k+1\Rightarrow q^2\equiv 1(mod5)$
$q=5k+2\Rightarrow q^2\equiv 4(mod5)$
$q=5k+3\Rightarrow q^2\equiv 4(mod5)$
$q=5k+4\Rightarrow q^2\equiv 1(mod5)$
Đã gửi bởi Poseidont on 07-05-2013 - 18:07 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bạn xem thêm 1 số dạng về bài toán này1
Đã gửi bởi Poseidont on 04-05-2013 - 21:24 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta có $(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)$
$\Rightarrow a+b+c\geq a^2b+b^2c+c^2a$ (vì $a^2+b^2+c^2=3$)
$P\geq \frac{(a+b+c-1)^2}{a+b+c}+\frac{9}{a+b+c}=\sum a+\frac{9}{\sum a}+\frac{1}{\sum a}-2$
Ta lại có $\sum a\leq \sqrt{3\sum a^2}=3$
Suy ra $P_{Min}=\frac{13}{3}$ dấu $"="$ $\Leftrightarrow a=b=c=1$
Đã gửi bởi Poseidont on 19-04-2013 - 09:25 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bạn xem thêm tại đây
P/s:PTKBLYT9C1213 sai rồi bạn à
Đã gửi bởi Poseidont on 18-04-2013 - 16:46 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ta có $\sum _{cyc}x^2y\leq \frac{1}{3}.\sum _{cyc}x^2.\sum _{cyc}x$
$\Rightarrow \sum _{cyc}\frac{x^2}{y}=\sum _{cyc}\frac{x^4}{x^2y}\geq \frac{(\sum _{cyc}x^2)^2}{\sum _{cyc}x^2y}\geq \frac{3(x^2+y^2+z^2)}{x+y+z}=\frac{9}{x+y+z}$
Mặt khác $\sum _{cyc}\frac{1}{x}\geq \frac{9}{\sum x}$
$\Rightarrow P\geq \frac{17}{\sum x}\geq \frac{17}{\sqrt{3\sum {}x^2}}=\frac{17}{3}$
Đã gửi bởi Poseidont on 18-04-2013 - 16:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 1 :Gợi ý : bạn dùng $AM-GM$ (2 lần) với 3 số
Bài 2 $(x,y,z)\rightarrow (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c})$
BĐT$\Leftrightarrow \sum \frac{3a^2+ab}{(a+b)^2)}\geq 3\Leftrightarrow \frac{3}{4}\sum (\frac{a-b}{a+b}+1)^2+\frac{1}{4}\sum \frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{(a+b)^2)}\geq 3$
$\Leftrightarrow \sum (\frac{a-b}{a+b})^2\geq 3\prod \frac{a-b}{a+b}$
Mặt khác $\prod \frac{a-b}{a+b}\leq 1\Leftrightarrow 2(a^2b+b^2c+c^2a)\geq 0$
$\square.$
http://diendantoanho...y3y12fracz3z12/
(Tham khảo thêm)
Đã gửi bởi Poseidont on 17-04-2013 - 11:54 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Em làm lại phát
$(a,b,c)\rightarrow (x+y,y+z,x+z)$
BĐT $\Leftrightarrow \sum _{cyc}(x+y)^2.\sum_{cyc} 2x\leq \sum_{cyc} (x+y)(y+z).\prod_{cyc} (x+y)$
$\Leftrightarrow 16(\sum _{cyc} x^2+\sum_{cyc} xy)xyz\leq VP$
Vì bất đẳng thức trên đồng bậc nên ta chuẩn hóa $xyz=1$
Ta có
$2(\sum_{cyc} x^2+\sum_{cyc} xy )=(\sum_{cyc} x)^2+\sum_{cyc}x^2$
$\prod _{cyc}(x+y).\sum_{cyc}x^2\geq \frac{8}{9}\sum _{cyc} x.\sum _{cyc} xy.\sum_{cyc} x^2\geq 8\sum _{cyc} x^2$ (Vì $xyz=1$)
$\prod_{cyc} (x+y).3\sum _{cyc}xy\geq \frac{8}{9}\sum _{cyc}x.\sum_{cyc} xy.3\sum_{cyc} xy\geq 8\sum_{cyc} x.\sum_{cyc} x.xyz=8\sum_{cyc} (x)^2$
Từ các điều trên ta có điều phải chứng minh
Đã gửi bởi Poseidont on 15-04-2013 - 13:57 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 10: Hoàn toàn có thể làm theo cách THCS, chậm hơn chú rồi
$VT=\sum_{cyc}\frac{a^2}{\sqrt{a}.\sqrt{ab^2+3ca}}\geq ^{Cauchy-Schwarz}\frac{(\sum a)^2}{\sum \sqrt{a}.\sqrt{ab^2+3ca}}\geq \frac{1}{\sqrt{\sum_{cyc} ab^2}+3\sum_{cyc}ab}$
Mà ta có
$\inline 1+3abc=(\sum _{cyc}a)^3+3abc=\sum_{cyc} a^3+3\prod_{cyc}(a+b)+3abc\geq \sum _{cyc}ab^2+\sum 3\sum _{cyc}a.\sum _{cyc}ab\geq \sum _{cyc}ab^2+\sum _{cyc}3ab$
Suy ra điều chứng minh
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học