Dấu bằng khi nào ấy nhể????Xem lại chút đi Hiếucho $ x,y,z>0$ và $x^5y^5+y^5z^5+x^5z^5=x^{5}y^{5}z^{5}$. CMR:
$3(\dfrac{y^5(x+z)^3}{x^4z^4}+\dfrac{z^5(x+y)^3}{x^4y^4}+\dfrac{x^5(y+z)^3}{y^4z^4})\leq 4(\dfrac{y^{10}z^5}{x^5}+\dfrac{z^{10}x^5}{y^5}+\dfrac{x^{10}y^5}{z^5})-24$
cvp's Content
There have been 411 items by cvp (Search limited from 12-05-2020)
#205491 Xem ai lầm được bài này
Posted by cvp on 17-07-2009 - 19:38 in Bất đẳng thức và cực trị
#205628 Xem ai lầm được bài này
Posted by cvp on 18-07-2009 - 21:23 in Bất đẳng thức và cực trị
Tạm dời diễn đàn để....đi học
(hihi spam tí ko sao chứ)
#205492 Xem ai lầm được bài này
Posted by cvp on 17-07-2009 - 19:50 in Bất đẳng thức và cực trị
Nếu mà sửa như trên thì:that's easy to prove problem! ^^cho $ x,y,z>0$ và $x^5y^5+y^5z^5+x^5z^5=x^{5}y^{5}z^{5}$. CMR:
$3(\dfrac{y^5(x+z)^3}{x^4z^4}+\dfrac{z^5(x+y)^3}{x^4y^4}+\dfrac{x^5(y+z)^3}{y^4z^4})\leq 4(\dfrac{y^{10}z^5}{x^5}+\dfrac{z^{10}x^5}{y^5}+\dfrac{x^{10}y^5}{z^5})-36$
thôi lời nói kèm hành động luôn này:
$LHS=3(\dfrac{y^5(x+z)^3xz}{x^5z^5}+\dfrac{z^5(x+y)^3xy}{x^5y^5}+\dfrac{x^5(y+z)^3yz}{y^5z^5})\le 12\sum \dfrac{x^5(y^5+z^5)}{y^5z^5}$
Đặt $x^5=a;y^5=b;z^5=c$
Giả thiết bài toán tương đương $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1$
Ta chứng minh: $3\sum a(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})\le \dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{b^2c}{a}+\dfrac{c^2a}{b}-9$
$\Leftrightarrow 3\sum a \le \dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{b^2c}{a}+\dfrac{c^2a}{b}$ (sử dụng giả thiết)
Áp dụng AM-GM: $\dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{c^2a}{b}+\dfrac{27}{c}\ge 9a$
Cộng 2 bđt tương tự với chú ý rằng $a+b+c\ge 9$
Vậy có đpcm! Dấu $=$ khi $a=b=c=3 \Leftrightarrow x=y=z=\sqrt[5]{3}$
#220353 Welcome!
Posted by cvp on 14-11-2009 - 17:45 in Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Hệ phương trình: PT_HPT.doc 35.5KB 96 downloads
#203290 Welcome
Posted by cvp on 28-06-2009 - 23:15 in Các bài toán Lượng giác khác
p/s:dùng bđt thui mà
#202879 Welcome
Posted by cvp on 25-06-2009 - 19:43 in Các bài toán Lượng giác khác
GPT: $8^{sin^2x}+8^{cos^2x}=10+cos2y$
p/s:bài nè cũng hay hay
#203618 Vasile cirtoaje!
Posted by cvp on 01-07-2009 - 22:57 in Bất đẳng thức và cực trị
#314020 Tuyển cầu thủ , thành lập VMF F.C
Posted by cvp on 02-05-2012 - 22:31 in Góc giao lưu
Bộ anh định chém hả, xag đến đó em hết thể lực rùi =)).
#314017 Tuyển cầu thủ , thành lập VMF F.C
Posted by cvp on 02-05-2012 - 22:25 in Góc giao lưu
Tên thật: Đinh Công Quý
Nick VMF: CVP
Hiện tại đang học lớp: 8
Vị trí muốn đá: Chân dự bị chính
#202979 Trợ giúp cái nào
Posted by cvp on 26-06-2009 - 12:05 in Bất đẳng thức và cực trị
$a,b,c$ là ba cạnh tam giác nên $\dfrac{a}{b+c};\dfrac{b}{c+a};\dfrac{c}{a+b}<1$$\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} +\dfrac{c}{b+a} <2 $
Với a,b,c la 3 cạnh của tam giác
Nhớ rằng nếu $\dfrac{a}{b}<1$ thì $\dfrac{a+x}{b+x}>\dfrac{a}{b}$ (chứng minh đơn giản mà)
Áp dụng $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}<\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=2$
đó là đpcm
#203752 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Posted by cvp on 03-07-2009 - 10:13 in Bất đẳng thức và cực trị
Bài 14: Cho a,b,c dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{b(5a+b)}+\dfrac{1}{c(5b+c)}+\dfrac{1}{a(5c+a)}\ge \dfrac{1}{2}$
#203786 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Posted by cvp on 03-07-2009 - 14:11 in Bất đẳng thức và cực trị
Bài 15Cho $x,y,z$ dương.Chứng minh rằng :
$\dfrac{1}{x^2+yz}+\dfrac{1}{y^2+zx}+\dfrac{1}{z^2+xy}\le \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}$
#203899 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Posted by cvp on 04-07-2009 - 15:12 in Bất đẳng thức và cực trị
Bài 16:Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}+\dfrac{1}{1-ab}\le \dfrac{9}{2}$
Bài 17:Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$Chứng minh rằng:
$a^2\sqrt{1-bc}+b^2\sqrt{1-ca}+c^2\sqrt{1-ab}\ge \sqrt{\dfrac{2}{3}}$
p/s: Hai bài toán có liên hệ đó!
#203655 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Posted by cvp on 02-07-2009 - 12:26 in Bất đẳng thức và cực trị
Trước hết cm
$\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+(b+c)^3}}\ge \dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$
bình phương lên là đc
sau đó công 3 bđt đc đpcm
dấu = khi $a=b=c$
#204015 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Posted by cvp on 05-07-2009 - 10:18 in Bất đẳng thức và cực trị
Áp dụng bđt Trê bư sép:
$a^2\sqrt{1-bc}+b^2\sqrt{1-ca}+c^2\sqrt{1-ab}\ge \dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)(\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab})$
Vì vậy cần cm: $\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab}\ge \sqrt 6$
Đến đây áp dụng CBS ta có $(\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab})^2(\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}+\dfrac{1}{1-ab}\ge 27$
Sử dụng kết quả bài trên =>$\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab}\ge \sqrt 6$
=>đpcm!
Dấu = khi $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
#203742 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Posted by cvp on 03-07-2009 - 09:19 in Bất đẳng thức và cực trị
Dùng giả thiết $ab+bc+ca=1$Bài 13 Cho $a,b,c>0;ab+bc+ca=1$.Ch/m:
$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge \ 3+\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{c^2}}$
BĐT $<=>3+\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}+\dfrac{a(b+c)}{bc} \ge 3+\dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}+\dfrac{\sqrt{(b+a)(b+c)}}{b}+\dfrac{\sqrt{(c+a)(c+b)}}{c}$
Chứng minh $\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}+\dfrac{a(b+c)}{bc}\ge \dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}+\dfrac{\sqrt{(b+a)(b+c)}}{b}+\dfrac{\sqrt{(c+a)(c+b)}}{c}$
Đến đây dùng AM-GM: $\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}\ge 2\dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}$
Tương tự => đpcm
Dấu = khi $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
#204165 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Posted by cvp on 06-07-2009 - 21:03 in Bất đẳng thức và cực trị
Cho $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng: $a+b+c\ge 2+abc$
#203598 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Posted by cvp on 01-07-2009 - 19:28 in Bất đẳng thức và cực trị
$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}=\dfrac{(a+b)^2}{ab}+\dfrac{(a+b)^2}{a^2+b^2}$Giúp mình bài này luôn nhé:
Cho a; b là các số thực dương thoả mãn a + b = 1.Chứng minh rằng:
1/ab +1/(a^2+b^2) >=6
...............................
Try one's best!
$=3+\dfrac{a^2+b^2}{2ab}+[\dfrac{a^2+b^2}{2ab}+\dfrac{2ab}{a^2+b^2}]$
$\ge 3+1+2=6$
=> đpcm dấu = khi $a=b=\dfrac{1}{2}$
#320119 Topic tỉ lệ thức THCS
Posted by cvp on 27-05-2012 - 21:55 in Đại số
topic vắng vẻ quá xin đóng góp 1 bài vậy:
Cho biểu thức: $P=\frac{x+y}{z+t}+\frac{y+z}{t+x}+\frac{z+t}{x+y}+\frac{x+t}{z+y}$
Tìm giá trị của P biết rằng:
$\frac{x}{y+z+t}=\frac{y}{z+t+x}=\frac{z}{t+x+y}=\frac{t}{x+y+z}$
Áp dụng tính chất tỉ lệ thức ta có: $\large \frac{x}{y+z+t}=\frac{y}{z+t+x}=\frac{z}{t+x+y}=\frac{t}{x+y+z}=\frac{x+y+z+t}{3(x+y+z+t)}=\frac{1}{3}$
Suy ra $\large \begin{cases} &3x=y+z+t(1)\\ &3y=x+z+t(2)\\ &3z=x+y+t(3)\\ &3t=x+y+z(4) \end{cases}$.
Từ $(1);(2) \Rightarrow x+y=z+t (*1)$.
Mặt khác từ $\large (1);(4)\Rightarrow x+t=y+z (*2)$
Từ $\large (*1); (*2)\Rightarrow x=z$. Tương tự ta có được $x=y=z=t \Rightarrow P=4$.
#293727 Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT
Posted by cvp on 13-01-2012 - 19:29 in Bất đẳng thức và cực trị
Bài 2: (trả rõ là bài mấy nữa gọi tạm là bài 2 vậy )
Cho các số $a,b,c,d \in \mathbb{Z} $. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{5}}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}+\frac{1}{d^{3}}$
P/s: Do sự cố kĩ thuật (bài này khá dễ) nên các cao thủ có lv > THCS đừng chém để các bạn THCS làm nha
#293878 Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT
Posted by cvp on 14-01-2012 - 19:25 in Bất đẳng thức và cực trị
Với $a,b,c>1$, chứng minh rằng:
$P=(\frac{2+b+c}{1+a})^{2}+(\frac{2+c+a}{1+b})^{2}+(\frac{2+a+b}{1+c})^{2}\geq 12$
#293926 Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT
Posted by cvp on 14-01-2012 - 23:36 in Bất đẳng thức và cực trị
đây là cách của em.
Ta có bài toán phụ : $\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}\geq 6$
CM:
$\frac{2+b+c}{1+a}+1+\frac{2+c+a}{1+b}+1+\frac{2+a+b}{1+c}+1\geq 9$
$\Leftrightarrow (3+a+b+c)(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c})\geq 9$
Ta có:
$3+a+b+c\geq 3(1+\sqrt[3]{abc}) (1)$
Và $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}$ (2)
nhân vế vs vế ta được bđt phụ.
Quay lại bài toán ta có:
$P\geq 3.(\frac{\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}}{3})^{2}\geq 3.(\frac{6}{3})^{2}=12$
Ta được ĐPCM. ($\square$)
#291735 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Posted by cvp on 02-01-2012 - 21:00 in Bất đẳng thức và cực trị
xem ở đây:http://www.artofprob...?f=151&t=455771
#291385 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Posted by cvp on 01-01-2012 - 12:32 in Bất đẳng thức và cực trị
để em chém bài này!Anh Đạt chém hăng quá định cho mấy bạn cấp 2 làm
Bài 4: Cho x,y,z > 0, n thuộc N* ; xyz=1. CM
$$(\dfrac{1+x}{2})^n+(\dfrac{1+y}{2})^n+(\dfrac{1+z}{2})^n\geq 3$$
Áp dụng AM-GM ta có được:
$(\dfrac{1+x}{2})^n+(\dfrac{1+y}{2})^n+(\dfrac{1+z}{2})^n\geq (\sqrt{x})^{n}+(\sqrt{y})^{n}+(\sqrt{z})^{n}= x^{\dfrac{n}{2}}+y^{\dfrac{n}{2}}+z^{\dfrac{n}{2}}\ge 3\sqrt[3]{(xyz)^{\dfrac{n}{2}}}= 3 $
#293377 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Posted by cvp on 11-01-2012 - 19:23 in Bất đẳng thức và cực trị
lâu lém mới quay lại topic này vì vậy tặng anh Kiên một bàiMọi người thử làm tương tự cách trên với bài toán sau
Cho a,b,c > 0. CMR
$\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}+\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\leq 3(a+b+c)$
Áp dụng BĐT $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$ (cái này chứng minh thì dễ rùi )
Ta có:
$19b^{3}-a^{3}=20b^{3}-b^{3}-a^{3}\leq 20b^{3}-ab(a+b) = b(20b^{2}-a^{2}-ab)=b(a+5b)(4b-a)=(4b-a)(ab+5b^{2})$
$\Rightarrow$ $\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2} \leq 4b-a (1)$
Tương tự ta có được:
$\Rightarrow$ $\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2} \leq 4c-b (2)$
$\Rightarrow$ $\frac{19a^3-c^3}{ca+5a^2} \leq 4a-c (3)$
Cộng từng vế của (1);(2) và (3) ta có được kết quả.
- Diễn đàn Toán học
- → cvp's Content