#81
Đã gửi 22-02-2016 - 17:36
#82
Đã gửi 17-06-2016 - 11:21
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn $x\geq y\geq z$ và x + y + z = 3. Tìm GTNN của $P=\frac{x}{z}+\frac{z}{y}+3y$
#83
Đã gửi 17-06-2016 - 11:28
Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn: a+b=2/3. Chứng minh rằng 1/căn(a+2b)+1/căn(b+2a)>=2
Impossible is nothing --- ADDIDAS ---
BELIVEVE THAT --- Roman Reigns ---
#84
Đã gửi 26-06-2016 - 17:45
Cho hai số thực dương a,b thỏa mãn: a+b=$\frac{2}{3}$. Chứng minh rằng P=$\frac{1}{\sqrt{a+2b}}+\frac{1}{\sqrt{b+2a}}\geq 2$
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$
Ta có$\geq \frac{4}{\sqrt{a+2b}+\sqrt{b+2a}}\geq \frac{2}{\sqrt{\frac{a+2b+b+2a}{2}}}=2$
Dấu ''='' xảy ra khi a=b=$\frac{1}{3}$
- Sherlock Homes và Lovemath111 thích
Nothing in your eyes
#85
Đã gửi 02-07-2016 - 16:57
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thjiuyghjiuytgjkiutghj: 02-07-2016 - 17:03
#86
Đã gửi 02-07-2016 - 17:09
#87
Đã gửi 02-07-2016 - 18:07
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thjiuyghjiuytgjkiutghj: 02-07-2016 - 18:21
#88
Đã gửi 02-07-2016 - 21:29
Cho $a,b\in N\ast$ thoả $(\frac{a+1}{a}+\frac{b+1}{b})\in N\ast$. Gọi d là ước chung của a và b. CMR : $d\leq \sqrt{a+b}$
Từ $\frac{a+1}{a}+\frac{b+1}{b}\in \mathbb{N}^*$ suy ra $a+b\vdots ab$, dẫn đến $a+b\geq ab$.
Mặt khác do $d$ là ước chung của $a,b$ nên $ab\geq d^2$.
Do đó: $a+b\geq d^2\Rightarrow \sqrt{a+b}\geq d(\text{đpcm})$
Cho $a,b,c>0$ thoả $a+b+c=1$. Tìm GTNN của $F=14(a^{2}+b^{2}+c^{2})+\frac{ab+bc+ca}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}$
Ta có: $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=(a^3+a^2b+ab^2)+(b^3+b^2c+bc^2)+(c^3+c^2a+ca^2)\geq 3a^2b+3b^2c+3c^2a\text{ (}AM-GM)\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\leq \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)$
Do đó:
$$A=14(a^2+b^2+c^2)+\frac{\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{2}}{a^2b+b^2c+c^2a}\geq 14(a^2+b^2+c^2)+\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{\frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)}=14(a^2+b^2+c^2)+\frac{3}{2(a^2+b^2+c^2)}-\frac{3}{2}=[\frac{27(a^2+b^2+c^2)}{2}+\frac{3}{2(a^2+b^2+c^2)}]+\frac{a^2+b^2+c^2}{2}-\frac{3}{2}\geq 9+\frac{1}{6}-\frac{3}{2}=\frac{23}{2}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}.$
Cho $x,y,z>0$ thoả $xy+yz+zx=1$. CMR : $\frac{x}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{y}{\sqrt{1+y^{2}}}+\frac{z}{\sqrt{1+z^{2}}}\leq \frac{3}{2}$
Có: $$\sum \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sum \frac{x}{\sqrt{xy+yz+zx+x^2}}=\sum \frac{x}{\sqrt{(x+y)(z+x)}}\leq \sum \frac{1}{2}(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{z+x})=\frac{3}{2}$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 02-07-2016 - 21:30
- Baoriven và thuylinhnguyenthptthanhha thích
$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$
$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$
#89
Đã gửi 02-07-2016 - 21:36
Từ $\frac{a+1}{a}+\frac{b+1}{b}\in \mathbb{N}^*$ suy ra $a+b\vdots ab$, dẫn đến $a+b\geq ab$.
Mặt khác do $d$ là ước chung của $a,b$ nên $ab\geq d^2$.
Do đó: $a+b\geq d^2\Rightarrow \sqrt{a+b}\geq d(\text{đpcm})$
Ta có: $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=(a^3+a^2b+ab^2)+(b^3+b^2c+bc^2)+(c^3+c^2a+ca^2)\geq 3a^2b+3b^2c+3c^2a\text{ (}AM-GM)\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\leq \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)$
Do đó:
$$A=14(a^2+b^2+c^2)+\frac{\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{2}}{a^2b+b^2c+c^2a}\geq 14(a^2+b^2+c^2)+\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{\frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)}=14(a^2+b^2+c^2)+\frac{3}{2(a^2+b^2+c^2)}-\frac{3}{2}=[\frac{27(a^2+b^2+c^2)}{2}+\frac{3}{2(a^2+b^2+c^2)}]+\frac{a^2+b^2+c^2}{2}-\frac{3}{2}\geq 9+\frac{1}{6}-\frac{3}{2}=\frac{23}{2}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}.$
Có: $$\sum \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sum \frac{x}{\sqrt{xy+yz+zx+x^2}}=\sum \frac{x}{\sqrt{(x+y)(z+x)}}\leq \sum \frac{1}{2}(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{z+x})=\frac{3}{2}$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{\s
Từ $\frac{a+1}{a}+\frac{b+1}{b}\in \mathbb{N}^*$ suy ra $a+b\vdots ab$, dẫn đến $a+b\geq ab$.
Mặt khác do $d$ là ước chung của $a,b$ nên $ab\geq d^2$.
Do đó: $a+b\geq d^2\Rightarrow \sqrt{a+b}\geq d(\text{đpcm})$
Ta có: $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=(a^3+a^2b+ab^2)+(b^3+b^2c+bc^2)+(c^3+c^2a+ca^2)\geq 3a^2b+3b^2c+3c^2a\text{ (}AM-GM)\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\leq \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)$
Do đó:
$$A=14(a^2+b^2+c^2)+\frac{\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{2}}{a^2b+b^2c+c^2a}\geq 14(a^2+b^2+c^2)+\frac{1-(a^2+b^2+c^2)}{\frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)}=14(a^2+b^2+c^2)+\frac{3}{2(a^2+b^2+c^2)}-\frac{3}{2}=[\frac{27(a^2+b^2+c^2)}{2}+\frac{3}{2(a^2+b^2+c^2)}]+\frac{a^2+b^2+c^2}{2}-\frac{3}{2}\geq 9+\frac{1}{6}-\frac{3}{2}=\frac{23}{2}$$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}.$
Có: $$\sum \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\sum \frac{x}{\sqrt{xy+yz+zx+x^2}}=\sum \frac{x}{\sqrt{(x+y)(z+x)}}\leq \sum \frac{1}{2}(\frac{x}{x+y}+\frac{x}{z+x})=\frac{3}{2}$$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}$
Bạn có thể giải cách lớp 9 giúp mình được ko (bài Chứng minh $\leq \frac{3}{2}$) !?! Cảm ơn bạn nhiều !?!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thjiuyghjiuytgjkiutghj: 02-07-2016 - 21:40
#90
Đã gửi 02-07-2016 - 22:01
đó là cách lớp 9 đó pn
#91
Đã gửi 03-07-2016 - 18:01
đó là cách lớp 9 đó pn
Lớp 9 đâu có học $\Sigma$ !!!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thjiuyghjiuytgjkiutghj: 03-07-2016 - 18:02
#92
Đã gửi 03-07-2016 - 18:44
xích ma đó chẳng qua là tổng thôi mà
#93
Đã gửi 03-07-2016 - 20:31
Bài này làm sao có thể tìm được dấu = để dùng cauchy ạ? Các bác nói em cách tìm dấu = với
Bài 9:
Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P=\frac{2}{a+ \sqrt{ab}+ \sqrt[3]{abc}}-\frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$
Giải: $a + \sqrt{\frac{a}{2}.2b} + \sqrt[3]{\frac{a}{4}.b.4c} \leq a + \frac{a}{4} + b + \frac{a}{12} + \frac{b}{3} + \frac{4c}{3} = \frac{4}{3}(a+b+c) => P \geq \frac{3}{2(a+b+c)} - \frac{3}{\sqrt{a+b+c}}$
- tpdtthltvp yêu thích
Hang loose
#94
Đã gửi 07-07-2016 - 16:08
$a) A=2x+\sqrt{x}+3$
$b) B=x+4\sqrt{x}+4$
#95
Đã gửi 07-07-2016 - 16:10
Hai bài này đều có cách giải giống nhau.
Do điều kiện: $x\geq 0$ nên
a) $A\geq 3$
b) $B\geq 4$
Dấu bằng xảy ra ở a) và b) đều là $x=0$
- thinhnarutop yêu thích
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
#96
Đã gửi 07-07-2016 - 16:23
#97
Đã gửi 07-07-2016 - 16:31
- thuylinhnguyenthptthanhha yêu thích
#98
Đã gửi 07-07-2016 - 18:36
Lời giải chứng minh $P\geq 4$:
Ta có: $P=\frac{a(\sqrt{a-1}+1+\sqrt{a-1}-1)}{a-1}=\frac{2a}{\sqrt{a-1}}$.
Ta cần chứng minh: $P\geq 4\Leftrightarrow \frac{2a}{\sqrt{a-1}}\geq 4\Leftrightarrow a\geq 2\sqrt{a-1}\Leftrightarrow (a-2)^2\geq 0$
BĐT cuối luôn đúng.
Dấu bằng xảy ra khi $a=2$.
- thinhnarutop yêu thích
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
#99
Đã gửi 09-07-2016 - 18:41
$\sqrt[3]{(n+1)^{2}}-\sqrt[3]{n^{2}}<\frac{2}{3\sqrt[3]{n}}<\sqrt[3]{n^{2}}-\sqrt[3]{(n-1)^{2}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thjiuyghjiuytgjkiutghj: 09-07-2016 - 18:41
#100
Đã gửi 09-07-2016 - 18:52
$a)A=(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}$, với $a>0,b>0$ và $ a+b\leq 1$
$b)B=(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{4}+(\sqrt{a}+\sqrt{c})^{4}+(\sqrt{a}+\sqrt{d})^{4}+(\sqrt{b}+\sqrt{c})^{4}+(\sqrt{b}+\sqrt{d})^{4}+(\sqrt{c}+\sqrt{d})^{4}$, với $a,b,c,d$ là các số dương và $a+b+c+d\leq 1$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh