Ta có $(y-1)(z-1)\geq 0\Rightarrow yz+1\geq y+z\Rightarrow \frac{x^{2013}}{1+x+yz}\leq \frac{x^{2013}}{x+y+z}$

Do đó $P\leq \frac{x^{3}+y^3+z^3}{x+y+z}\leq 1$ 

Tính tích phân sau:

$\int_{0}^{1}\frac{x^{2}+1}{x^{4}+1}dx.$

 

Số nào xuất hiện tại dấu ? trong dãy dưới

 

13  4  22  37  44  10  42  ?  15  30  48  39

 

A - 15

B- 10

C- 8

D -4

 

Nhớ giải thích nhé các bạn Thanks

 

C-8

Giải thích: số hạng thứ k và số hạng thứ (13-k) có tổng là 52.

 

Có 1 hướng giải cũng khá hay( mới nghĩ ra, chưa biết đúng không ) .

 

Ta có $a^4+b^4\geq \frac{1}{2}(a^2+b^2)(a^2+b^2)\geq ab(a^2+b^2)$.

 

Từ đó $T\leq \sum \frac{x^2y^3z^3}{(x^2+y^2)(xy+z^2)^3}=\sum \frac{1}{(1+(\frac{y}{x})^2)(\frac{x}{z}+\frac{z}{y})^3}$

 

Đặt $a=\frac{y}{x},b=\frac{x}{z}, c=\frac{z}{y}$ => $abc=1$.

 

Khi đó $T\leq \sum \frac{1}{(1+a^2)(b+c)^3}=\sum \frac{1}{(1+a^2)(b+c)^2(b+c)}\leq \sum \frac{1}{16abc.\sqrt{bc}}=\frac{1}{16}.\sum \sqrt{a}$ .

 

Vì $abc=1$ nên T là đa thức thuần nhất => Chuẩn hóa $a+b+c=3$.

 

Vậy $T\leq \frac{1}{16}.\sqrt{3(a+b+c)}=\frac{3}{16}$ khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z$.

 

Mong mọi người góp ý.

 

Mình nghĩ là sai rồi vì abc=1 nên không thể chuẩn hoá được nữa.

Mình chỉ chỗ sai luôn :

ở dòng đỏ BĐT bị ngược dấu, thật vậy vì abc=1 nên $\sum \sqrt{a}\geq 3$

Cho x, y, z không âm thoả mãn:$x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. CMR:$\frac{8}{27}\leqslant (1-xy)(1-yz)(1-zx)\leqslant 1$

$\prod (1-xy)\geq \frac{8}{27} \Leftrightarrow \frac{3}{\sqrt[3]{\prod (1-xy)}}\leq \frac{9}{2}$

(VT) $\leq \sum \frac{1}{(1-xy)}$

Ta CM $\sum \frac{1}{(1-xy)}\leq \frac{9}{2}$

Xem ở đây:

http://diendantoanho...92-với-a2b2c21/

Câu 19 là 24, tổng các số ở các đỉnh đối nhau là 51.

Chứng minh rằng luôn tồn tại $2003$ điểm phân biệt trên mặt phẳng mà bất cứ 3 điểm nào trong chúng đều tạo thành một tam giác có góc tù.

Lấy 2003 điểm ấy trên nửa đường tròn (trừ 2 điểm đầu mút đường kính) ,thì 3 trong số các điểm ấy tạo thành tam giác tù.

Cho a, b, c>0. BĐT sau có đúng không?

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq \frac{3\sqrt{2}}{2}$

BĐT sai với a=0.01; b=3; c=5.

Bài 1: Tham khảo tại đây 

Bài 2: Tham khảo tại đây

Bài 1 xem lại.

1/ Cho a,b,c>0 và $\sum \sqrt{a}=1$

  CMR $\sum \frac{a^{2}+bc}{\sqrt{2a^{2}(b+c)}}\geq 1$

2/Cho a,b,c thoả $\sum a^{2}=1$

   CMR $\sum \frac{1}{1-ab}\leq \frac{9}{2}$

MOD: Chú í tiêu đề ghi cả giả thiết bài toán

Ta có $x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3=2xyz+1$

Cần chứng minh $$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$$ 

Bất đẳng thức này khá quen thuộc, chứng minh bằng Dirichlet có lẽ nhanh nhất.

Cái BĐT sau dùng Dirichlet là nhanh nhất. Giải luôn cho chủ bài viết xem.

Theo nguyên lý Dirichlet thì luôn tồn tại $2$ trong $3$ số $(a-1),(b-1),(c-1)$ cùng dấu

Giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0\Leftrightarrow ab+1\geq a+b$

$\Leftrightarrow 2abc+2ab+2c\geq 2(ab+bc+ac)$

Ta chứng minh : $a^{2}+b^{2}+c^{2}+1\geq 2ab+2c$

Luôn đúng theo BĐT Caushy.

Nên suy ra ĐPCM 

Mình cũng đã nghĩ ra cách này, nhưng đây là bt thầy giáo ra trong chuyên đề đạo hàm, không biết có ai dùng đạo hàm được không nhỉ?

Cho x,y,z>0 thoả xyz=1,

CMR: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\geq 2(xy+yz+xz)$

p/s: Khuyến khích dùng đạo hàm nhé bà con.

uk nhỉ em k để ý. sr anh ạ

k có j.

ơ anh nhầm thế nào chứ ạ em mở file đó có cả 7 trang mà anh

ừ thì có 7 trang, nhưng ý anh là đối với toppic thì em mới chỉ in được trang đầu của 6 trang thôi, trang toppic nó dài thòong, một trang tôpic gồm nhiều trang in ra PDF, không tin em mở toppic đó ra thì thấy mình chỉ in được mỗi phần đầu.

ở cuối topic( trang 7) nhé anh

Thì em cũng chỉ in ra được có một trang của topic chứ có in hết được đâu.

(Ở cuối trang PDF của em ghi là trang 1/6 ...)

ơ em in đk hết 1 lượt mà k tin a đưa link bài cần in em in cho

ờ, thế em in giúp anh chủ đề này nhé. tks em,

http://diendantoanho...i-đại-học-2014/

đây anh

Vẫn chỉ in được lần lượt từng trang của diễn đàn, nhưng dù sao cũng cảm ơn em.

trong phần hỏi đáp các chức năng diễn đàn có mà anh

Em dẫn link hộ anh nhé, anh tìm k thấy.

Cho mình hỏi tại sao khi in các chủ đề ra file PDF thì chỉ in được mỗi trang đầu vậy, có cách nào in được hết không?Cảm ơn nhiều.

 

 

Bài 4:

a) Cho $a,b,c >0$ Chứng minh:

 $\frac{a^{2}}{2a^{2}+bc}+\frac{b^{2}}{2b^{2}+ca}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+ab}\leq 1$

 

BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{1}{2+\frac{bc}{a^{2}}}\leq 1$

$Đặt \frac{bc}{a^{2}}=x; \frac{ca}{b^{2}}=y; \frac{ab}{c^{2}}=z\Rightarrow  xyz=1$

Cần cm $\sum \frac{1}{x+2}\leq 1\Leftrightarrow xy+yz+xz\geq 3$ (luôn đúng)

Ta có đpcm.

Bài 2 : Trong 3 số $a,b,c$ tồn tại 2 số thỏa mãn , giả sử là $a,c$ thì $(a-1)(c-1)\geq 0$

Nên $ac+1\geq a+c <=>abc+b\geq ab+bc$ 

Ta chứng minh $ac+b\leq 2$

Thật vậy $a^{2}+c^{2}+b(ac+b)=4=>2ac+b(ac+b)\leq 4=>(b+c)(ac+b-2)\leq 0$

Do đó $2\geq ac+b$ 

Công vế với với vế của 2 bdt này ta có $abc+2\geq ac+bc+ac$ (dpcm)

Em giải thích rõ hơn chỗ này được không???

 

• Lựa chọn trích dẫn

   

  Ờm, ko có gì, mà bạn có cuốn chuyên khảo đa thức của thầy lê hoành phò không, send mình với

 

mình k có.

bạn tải ở đây thử được k?

http://ebook.ringrin.../32/186691.html

1/ Cho x,y là các số thực thoả $y\geq 0$, và $y(y+1)\leq (x+1)^{2}$

CMR: $y(y-1)\leq x^{2}$

                       (PPCMBĐT- VQBC)

2/Cho $a,b,c\geq 0$ thoả $a^{2}+b^{2}+c^{2}+abc=4$

CMR: $ab+bc+ac-abc\leq 2$

p/s: bài 2 dùng Đi-rích-lê được không mọi người?

(2) chứng minh trực tiếp = côsi cũng được

Mình nghĩ là khó vì BĐT này còn có điểm đẳng thức khi 3 biến lệch nhau. Đây là một BĐT hay và khó, và những lời giải cho nó đều khó để nghĩ ra.

Chỗ nào chứng minh sao vậy bạn?
$x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x$

Ta có $x^{4}+x^{4}+x^{4}+y^{4}\geq 4x^{3}y$ (bđt cô si).

thiết lập các bđt tương tự, cộng vế theo vế =>q.e.d