Khi $x=y=z=\frac{5}{3}$
Không được rồi! $xy+yz+zx=8$ cơ mà!
Khi $x=y=z=\frac{5}{3}$
Không được rồi! $xy+yz+zx=8$ cơ mà!
$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$
$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$
Cho a,b,c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. CMR
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :
$\sum \frac{bc}{a+bc} \ge \frac{3}{4}$ (1)
Nhận xét $a+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c)$
(1) được viết lại thành và điều ta cần chứng minh là
$\sum \frac{bc}{(a+b)(a+c)} \ge \frac{3}{4}$
Hay $4.(bc(b+c)+ac(a+c)+ab(a+b)) \ge 3(a+b)(b+c)(a+c)$
Hay $ab^2+a^2b+b^2c+c^2b+a^2c+c^2a \ge 6abc$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
$ab^2+a^2b+b^2c+c^2b+a^2c+c^2a \ge 6.\sqrt[6]{a^6b^6c^6}=6abc$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
1) cho abc=1 ;a,b,c dương .tìm min của A= a^2 /1+b + b^2/1+c + c^2/1+a
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hanhphuclavay: 12-02-2016 - 19:17
2) tìm min của A= $\frac{(x+y)^{4}}{x^{3}}$ biết x,y nguyên dương và A là số tự nhiên lẻ .
$cho a;b;c\geq 0.tìm min của p=\sum \sqrt[4]{\frac{a}{b+c}}$ (thi thu vong 1 dot 2 khoa hoc tu nhien 2016-2017)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manh nguyen truc: 07-03-2016 - 22:47
1) cho abc=1 ;a,b,c dương .tìm min của A= a^2 /1+b + b^2/1+c + c^2/1+a
Mình viết lại đề : $A=$ $\frac{a^2}{1+b}+\frac{b^2}{1+c}+\frac{c^2}{1+a}$
Ta có : $\frac{a^2}{1+b}+\frac{1+b}{4}\geq a$
Tương tự $\Rightarrow A\geq a+b+c-\frac{a+c+b+3}{4}$
Theo giả thiết : $abc=1 \Rightarrow a+b+c\geq 3$(Cô Si)
$\Rightarrow A\geq \frac{3}{2}$
Dấu "=" xẩy ra $\Leftrightarrow a+b+c=1$
cm: $\frac{xy}{x^{5}+y^{5}+xy}+\frac{yz}{y^{5}+z^{5}+yz}+\frac{xz}{x^{5}+z^{5}+xz}\leq 1$ biết xyz=1 và x,y,z > 0
Áp dụng BĐT Cô Si ta có : $A\geq 3\sqrt[3]{xyz}$
Mặt khác $x^2+y^2+z^2\geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}\Leftrightarrow 3 \geq 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2} \Rightarrow xyz\leq 1$
thế vào ta có $A\geq 3 (DPCM)$
Chứng minh:
$\frac{a}{1 + b^{2}} + \frac{b}{1+c^{2}} + \frac{c}{1+a^{2}} + \frac{1}{2}\left ( ab + bc + ca \right ) \geq 3$
Biết:
$a,b,c > 0$ và $\sum \frac{1}{a} \leq 3$
Chứng minh:
$\frac{a}{1 + b^{2}} + \frac{b}{1+c^{2}} + \frac{c}{1+a^{2}} + \frac{1}{2}\left ( ab + bc + ca \right ) \geq 3$
Biết:
$a,b,c > 0$ và $\sum \frac{1}{a} \leq 3$
Từ giả thiết $\sum \frac{1}{a} \leq 3$ suy ra $\frac{9}{a+b+c}\leq 3\Rightarrow a+b+c\geq 3$.
Có $\sum \frac{a}{1+b^2}= a+b+c-\sum \frac{ab^2}{1+b^2}\geq a+b+c-\frac{ab+bc+ca}{2}$.
Nên $\sum \frac{a}{1+b^2}+\frac{ab+bc+ca}{2}\geq a+b+c\geq 3$.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$
$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$
$cho a;b;c\geq 0.tìm min của p=\sum \sqrt[4]{\frac{a}{b+c}}$ (thi thu vong 1 dot 2 khoa hoc tu nhien 2016-2017)
Đã có ở đây:
http://diendantoanho...ab/#entry628488
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lily evans: 20-05-2016 - 22:01
NHỚ LIKE NHÁ!!!!!!
2) tìm min của A= $\frac{(x+y)^{4}}{x^{3}}$ biết x,y nguyên dương và A là số tự nhiên lẻ .
@@ lạ nhỉ ?
$\frac{(x+y)^4}{x^3}\geq \frac{x^4}{x^3}=x\geq 1$ ($x\in \mathbb{Z}$ $x> 0$ $x$ lẻ )
Dấu = xảy ra khi $x=1$ $y=0$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhminhnam: 10-06-2016 - 10:20
Nếu bạn muốn đến nơi cao nhất, phải học cách bắt đầu từ nơi thấp nhất!
Chuyên đề: Bất đẳng thức - Cực trị
1) Một số tính chất:
1.1) Tính chất bắc cầu: $a<b;b<c$ $\Rightarrow a<c$
1.2) Cộng 2 vế của bất đẳng thức với cùng 1 số: $a<b$ $\Rightarrow a+c< b+c$
1.3) Nhân 2 vế của bất đẳng thức với cùng 1 số:
1.4) Cộng từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều:
1.5) Trừ từng vế của hai bất đẳng thức ngược chiều:
1.6) Nhân từng vế của hai bất đẳng thức cùng chiều có hai vế không âm:
1.7) Nâng lên luỹ thừa:
1.8) So sánh hai luỹ thừa cùng cơ số:
$\rightarrow \left\{\begin{matrix}a> 1 \Rightarrow a^{m}> a^{n} & & \\ a=1 \Rightarrow a^{m}=a^{n} & & \\ a<1 \Rightarrow a^{m}< a^{n} \end{matrix}\right.$
1.9) Lấy nghịch đảo hai vế của bất đẳng thức cùng dấu:
1.10) Cộng vào cả tử và mẫu của một phân số với cùng một số:
2) Các bất đẳng thức thường gặp:
2.1) $a^{2}\geq 0\forall a$. Dấu "=" có khi: $a=0$.
2.2) $|a|\geq 0\forall a$. Dấu "=" có khi: $a=0$.
2.3) $|a|\geq a\forall a$. Dấu "=" có khi: $a\geq 0$.
2.4) $|a|+|b|\geq |a+b|$. Dấu "=" có khi: $ab\geq 0$.
2.5) $|a|-|b|\leq |a-b|$. Dấu "=" có khi: $\left\{\begin{matrix}ab\geq 0 & & \\ |a|\geq |b| & & \end{matrix}\right.$.
2.6) $a^{2}+b^{2}\geq 2ab$. Dấu "=" có khi: $a=b$
2.7) $(a+b)^{2}\geq 4ab\Leftrightarrow ab\leq \left(\frac{(a+b)}{2}\right)^{2}$. Dấu "=" có khi: $a=-b$.
2.8) $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}(a;b> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$.
2.9) $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2~~(ab> 0)$. Dấu "=" có khi: $a=b$.
2.10) Các bất đẳng thức cổ điển:
a) Bất đẳng thức Cô-si (AM-GM):
Với $n$ số thực dương: $a_{1};a_{2};...;a_{n}$
Dạng 1: $\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\geq \sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$
Dạng 2: $a_{1}+a_{2}+...+a_{n}\geq n\sqrt[n]{a_{1}a_{2}...a_{n}}$
Dạng 3: $(\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n})^{n}\geq a_{1}a_{2}...a_{n}$
Dấu "=" có khi: $a_{1}=a_{2}=...=a_{n}$
b) Bất đẳng thức BCS (Bunhiakovsky):
Với 2 bộ số thực bất kì: ($a_{1};a_{2};...;a_{n}$);($b_{1};b_{2};...;b_{n}$):
Dạng 1: $(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n})^{2}\leq (a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})$
Dạng 2: $|a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}|\leq \sqrt{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2}}$
Dấu "=" có khi: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$
Dạng 3: $a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{n}b_{n}\leq \sqrt{(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{n}^{2})}$
Dấu "=" có khI: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}>0$
c) Bất đẳng thức BCS dạng cộng mẫu: (Cauchy-Swarchz)
Với $\forall x_{i}>0;i=\overline{1,n}$ ta có:
$\frac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\frac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{x_{n}}\geq \frac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}}{x_{1}+x_{2}+...+x_{n}}$
Chứng minh: Xét $(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}=(\frac{a_{1}}{\sqrt{x_{1}}}.\sqrt{x_{1}}+\frac{a_{2}}{\sqrt{x_{2}}}.\sqrt{x_{2}}+...+\frac{a_{n}}{\sqrt{x_{n}}}.\sqrt{x_{n}})^{2}\leq (\frac{a_{1}^{2}}{x_{1}}+\frac{a_{2}^{2}}{x_{2}}+...+\frac{a_{n}^{2}}{x_{n}})(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})$ (Áp dụng BCS)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
d) Bất đẳng thức Minkopsky:
Cho 2 dãy số thực dương: $(a_{1};a_{2};...;a_{n});(b_{1};b_{2};...;b_{n})$ ta có:
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{n}^{2}+b_{n}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{n})^{2}}$
Dấu "=" xảy ra khI: $\frac{a_{1}}{b_{1}}=\frac{a_{2}}{b_{2}}=...=\frac{a_{n}}{b_{n}}$.
e) Bất đẳng thức Holder:
(Dạng thường dùng)
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ ta có:
$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}$
Dấu $"="$ xảy ra khi: các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
f) Bất đẳng thức Schur:
Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a)$
$\Leftrightarrow 4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$
g) Bất đẳng thức Trê bư sép (Chebyshev)
Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:
$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Dấu $"="$ xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
h) Bất đẳng thức Nesbit:
2 trường hợp cơ bản:
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2$
Dấu $"="$ xảy ra khi các biến bằng nhau
3) các phương pháp chứng minh bất đẳng thức thường gặp:
4) Một số hằng đẳng thức thường dùng:
7 hằng đẳng thức đáng nhớ và các hằng đẳng thức cở bản ($(a\pm b\pm c\pm d\pm...)^2;a^n\pm b^n;...$) thì không nói nữa.
$1)$ $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$
$2)$ $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$
$3)$ $(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)=a^3+b^3+c^3+3ab(a+b)+3bc(b+c)+3ca(c+a)+6abc$
$4)$ $ab^2+bc^2+ca^2 - a^2b - b^2c - c^2a = \dfrac{(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3}{3}$
$5)$ $ab^3+bc^3+ca^3 - a^3b-b^3c-c^3a = \dfrac{(a+b+c)[(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3]}{3}$
$6)$ $(a + b)(b + c)(c + a) - 8abc = a(b - c)^2 + b(c - a)^2 + c(a - b)^2$
$7)$ $(a - b)^3 + (b - c)^3 + (c - a)^3 = 3(a - b)(b - c)(c - a)$ (Đây là hệ quả của đẳng thức số $2$)
Bài tập: Phương pháp biến đổi tương đương:
1) Chứng minh các bất đẳng thức sau:
a)$4x^{2}+4y^{2}+6x+3\geq 4xy \forall x;y$
b)$a^{4}+b^{4}\geq a^{3}b+ab^{3} \forall a;b$
c)$x^{2}+4y^{2}+3z^{2}+14> 2x+12y+6z$
d)$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca\forall a;b;c$
e)$(a+b+c)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
g)$1+a\geq \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{a^{2}}\forall a> 0$
h)$\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{a}}\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}\forall a;b> 0$
Các bài làm rồi sẽ được tô màu đỏ.
Cho x,y,z là ba số thực không âm thỏa mãn x+y+z=1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$M=\frac{x^2+1}{y^2+1}+\frac{y^2+1}{z^2+1}+\frac{z^2+1}{x^2+1}$
Bài 1: Cho a,b > 0 ; a+b=2
Tìm GTNN: Q = $2(a^2+b^2)-6(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+9(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})$
Bài 2: Cho các số dương x,y,z. Chứng minh BĐT: $\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}>2$
Bài 3: Cho x,y $\epsilon$ R : $\sqrt{x-1}-y\sqrt{y} = \sqrt{y-1}-x\sqrt{x}$
Tìm GTNN S = $x^2+3xy-2y^2-8y+5$
Bài 4: Cho a,b,c > 0. CMR :
$\frac{2ab}{3a+8b+6c}+\frac{3bc}{3b+6c+a}+\frac{3ca}{9c+4a+4b}\leq \frac{a+2b+3c}{9}$
Bài 5: Với x,y,z>0; xy+yz+zx=5
Tìm GTNN: P= $\frac{3x+3y+2z}{\sqrt{6(x^2+5)} + \sqrt{6(y^2+5)} + \sqrt{z^2+5}}$
Bài 6: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
$\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}\geq abc + \sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)}$
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài 7: Cho a,b > 0; a+b = 1. Tìm GTNN
T= $\frac{19}{ab}+\frac{6}{a^2+b^2}+2011(a^4+b^4)$
Every day may not be good...
But there's something good in every day.
Bài 1. Cho x;y > 0 và x +y $\leq$ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \frac{20}{x^{2}+y^{2}}+\frac{11}{xy}$ .
Bài 2. Cho 3 số thực a, b, c. Chứng minh rằng $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca+\frac{(a-b)^{2}}{26}+\frac{(b-c)^{2}}{6}+\frac{(c-a)^{2}}{2009}$ .
Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $M = 2x^{2}-8x+\sqrt{x^{2}-4x+5}+6$
Bài 1: Cho a,b > 0 ; a+b=2
Tìm GTNN: Q = $2(a^2+b^2)-6(\frac{a}{b}+\frac{b}{a})+9(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})$
Bài 2: Cho các số dương x,y,z. Chứng minh BĐT: $\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}>2$
Bài 3: Cho x,y $\epsilon$ R : $\sqrt{x-1}-y\sqrt{y} = \sqrt{y-1}-x\sqrt{x}$
Tìm GTNN S = $x^2+3xy-2y^2-8y+5$
Bài 4: Cho a,b,c > 0. CMR :
$\frac{2ab}{3a+8b+6c}+\frac{3bc}{3b+6c+a}+\frac{3ca}{9c+4a+4b}\leq \frac{a+2b+3c}{9}$
Bài 5: Với x,y,z>0; xy+yz+zx=5
Tìm GTNN: P= $\frac{3x+3y+2z}{\sqrt{6(x^2+5)} + \sqrt{6(y^2+5)} + \sqrt{z^2+5}}$
Bài 6: Cho các số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:
$\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}\geq abc + \sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)}$
Đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài 7: Cho a,b > 0; a+b = 1. Tìm GTNN
T= $\frac{19}{ab}+\frac{6}{a^2+b^2}+2011(a^4+b^4)$
Bài 5 ở đây http://diendantoanho...qrt6y25sqrtz25/
Bài 2: Cho các số dương x,y,z. Chứng minh BĐT: $\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}>2$
Đặt $A=\sum \sqrt{\frac{x}{y+z}}=\sum \frac{x}{\sqrt{x(y+z)}}\geq \sum \frac{2x}{x+y+z}= 2$.Dấu $"="$ không thể xảy ra nên ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tienduc: 19-12-2016 - 11:57
các bạn cho mình hỏi cách tìm điểm rơi trong bất đẳng thức .
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :
$\sum \frac{bc}{a+bc} \ge \frac{3}{4}$ (1)
Nhận xét $a+bc=a(a+b+c)+bc=(a+b)(a+c)$
(1) được viết lại thành và điều ta cần chứng minh là
$\sum \frac{bc}{(a+b)(a+c)} \ge \frac{3}{4}$
Hay $4.(bc(b+c)+ac(a+c)+ab(a+b)) \ge 3(a+b)(b+c)(a+c)$
Hay $ab^2+a^2b+b^2c+c^2b+a^2c+c^2a \ge 6abc$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
$ab^2+a^2b+b^2c+c^2b+a^2c+c^2a \ge 6.\sqrt[6]{a^6b^6c^6}=6abc$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
sử dụng phương pháp tìm điểm rơi thì như thế nào
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh