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
Có 274 mục bởi Gachdptrai12 (Tìm giới hạn từ 14-05-2020)
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 13-03-2016 - 22:50 trong 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
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 01-09-2016 - 00:12 trong Tài liệu - Đề thi
cho em xin cái tài liệu CYH của anh Cẩn =)))
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 27-03-2016 - 22:47 trong Góc giao lưu
mấy anh em hào hứng nhỉ mà tiếc là em soái ca quá :v
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 04-04-2016 - 21:24 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 04-04-2016 - 20:14 trong 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
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 04-04-2016 - 21:48 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 06-04-2016 - 09:13 trong Bất đẳng thức - Cực trị
câu 14 đã có ở đây https://www.artofpro...imo_tst_2016_p3 với lời giải của quykhtn
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 09-04-2016 - 08:54 trong 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 $x=y=z=-1$
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 08-04-2016 - 22:59 trong 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
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 08-04-2016 - 20:59 trong 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.
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 13-02-2016 - 12:51 trong 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 $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 25-01-2016 - 21:50 trong Bất đẳng thức và cực trị
chẳng có j lq đến bđt cần cmTương tự bài ở đây!
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 24-01-2016 - 22:07 trong Bất đẳng thức và cực trị
bài 46 cho a,b,c là các số thực dương cm $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \frac{a^{8}+b^{8}+c^{8}}{a^{3}b^{3}c^{3}}$
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 18-01-2016 - 23:07 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 22-01-2016 - 23:12 trong Bất đẳng thức và cực trị
cho a,b,c là các số thực dương chứng minh $(a+b+c)^{3}\geq \frac{27}{4}(a^{^{2}}b+b^{2}c+c^{2}a+abc)$
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 18-01-2016 - 22:56 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 18-01-2016 - 22:34 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 18-01-2016 - 22:11 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 22-01-2016 - 23:20 trong 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
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 23-01-2016 - 23:38 trong 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
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 24-01-2016 - 18:32 trong 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
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 24-01-2016 - 12:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cả 2 bài trên chỉ vận dụng 2 cái cơ bản:
$\sum (\frac{a}{b}+\frac{a}{c})\geq 4\sum \frac{a}{b+c}$ (Schwarz) (33)
và:
$\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}$ (Nesbit) (32,33)
------------------------------------
Tiếp theo:
Bài 36: $x,y>0; x+y=2$
Tìm MIN: $A=\frac{x^{2}+3y^{2}}{2xy^{2}-x^{2}y^{3}}$
Bài 37:$x,y,z>0$
CM: $\sqrt{\frac{2x}{x+y}}+\sqrt{\frac{2y}{y+z}}+\sqrt{\frac{2z}{z+x}}\leq 3$
Bài 38: $a,b,c>0; abc=1$
CM: $\frac{1}{(a+1)(a+2)}+\frac{1}{(b+1)(b+2)}+\frac{1}{(c+1)(c+2)}\geq \frac{1}{2}$
Bài 39: $a,b,c>0$
CM: $\frac{a^{3}}{a^{3}+abc+b^{3}}+\frac{b^{3}}{b^{3}+abc+c^{3}}+\frac{c^{3}}{c^{3}+abc+a^{3}}\geq 1$
-----------------------------------
Tiếp mục bất đẳng thức ta sẽ tìm hiểu tiếp về phương pháp đổi biến:
Ta sẽ xét Bài 29 làm ví dụ:
$\sum \frac{1}{x^{2}+x+1}\geq 1$, nhìn lời giải thì có vẻ vô cùng đơn giản nhưng thực ra để mà nghĩ ra được cách ĐỔI BIẾN như vậy là một việc không hề dễ.
Theo như kinh nghiệm của mình và tham khảo thì ĐỔI BIẾN khi đối với Cauchy-Schwarz thì chỉ nên áp dụng khi bậc của biến tử lớn hơn biến mấu VÀ khi gặp một bài toán cho tích các biến bằng 1 (thường là bài 3 biến) thì việc đầu tiên nghĩ đến là đặt hay đổi biến.
Một số cách đổi biến thông dụng:
1. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c})$
2. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{a}{b};\frac{b}{c};\frac{c}{a})$
3. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{b}{a};\frac{c}{b};\frac{a}{c})$
4. $(a,b,c)\rightarrow (ab;bc;ca);(a^{2};b^{2};c^{2})$
5. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{bc}{a^{2}};\frac{ca}{b^{2}};\frac{ab}{c^{2}})$
6. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{a^{2}}{bc};\frac{b^{2}}{ca};\frac{c^{2}}{ab})$
7. $(a,b,c)\rightarrow (\frac{1}{a^{2}};\frac{1}{b^{2}};\frac{1}{c^{2}})$
.......... và còn rất nhiều cách phụ thuộc vào dạng bài và sự sáng tạo của bạn nữa ~!
----------------------------------------
Bài 40: (một bài ví dụ, nhưng hơi khó hơn do 4 biến)
$x,y,z,t>0;xyzt=1$
CM: $\frac{1}{(x+1)^{2}}+\frac{1}{(y+1)^{2}}+\frac{1}{(z+1)^{2}}+\frac{1}{(t+1)^{2}}\geq 1$
37 nhé vô bài
bài này đổi biến (x,y,z)->($\sqrt{\frac{b}{a}},\sqrt{\frac{c}{b}},\sqrt{\frac{a}{c}}$) bđt trở thành
$\sum \sqrt{\frac{2}{1+x^{2}}}\geq 3$ ta có 1 bđt quen thuộc sau giả sử xy>=1 thì z<=1 =>$\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}}\leq \frac{2}{1+xy}$
áp dụng bđt C-S ta có $(\sqrt{\frac{2}{1+x^{2}}}+\sqrt{\frac{2}{1+y^{2}}})^{2}\led 2(\frac{2}{1+x^{2}}+\frac{2}{1+y^{2}})=4(\frac{1}{1+x^{2}}+\frac{1}{1+y^{2}})\geq 4(\frac{2}{1+xy})=\frac{8z}{1+z}$=>$\sqrt{\frac{2}{x^{2}+1}}+\sqrt{\frac{2}{y^{2}+1}}\leq 2\sqrt{\frac{2}{1+xy}}$ và $\sqrt{\frac{2}{z^{2}+1}}\leq \frac{2}{z+1}$ từ đó thay vào bđt ban đầu và chứng minh tương đương ra bé hơn 3 p/s đà nẵng lạnh quá tê tay gõ phím chẳng dc
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 24-01-2016 - 11:19 trong Bất đẳng thức và cực trị
44) xyz$\geq 1$ ta cũng có bđt sau $\frac{1}{x+y+1}+\frac{1}{y+z+1}+\frac{1}{z+x+1}\leq 1$
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 24-01-2016 - 10:35 trong 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
Đã gửi bởi Gachdptrai12 on 18-01-2016 - 11:44 trong Bất đẳng thức và cực trị
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học