Chủ đề này có 3 trả lời

[crisbale90]

1. Cho x,y,z là ba số thực tùy ý thõa mãn: $ \left\{\begin{matrix} x+y+z=0 \\ -1 \le x,y,z \le 1 \end{matrix}\right. $

 

Chứng minh rằng: $ x^2+y^4+z^6 \le 2 $. Đẳng thức có xảy ra không ? 

 

2. Chứng minh rằng: $ \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{2000}}}} <3 $

[Pham Quoc Thang]

Bài 1:Ta có: $x^2,y^2,z^2 \leq 1 $ 
nên $x^2+y^4+z^6 \leq x^2+y^2+z^2 =(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)=-2(xy+yz+zx) $
Cần chứng minh $xy+yz+zx \geq -1 $
Xét $ f(x)=x(y+z)+yz+1 ;\forall x \in [-1;1]$
Trường hợp 1:$y+z=0$
nên $f(x)=yz+1=-y^2+1 \geq 0$
Trường hợp 2: $y+z \neq 0 $ nên lúc này $f(x)$ là hàm số bậc nhất
Ta có: $f(1)=y+z+yz+1=(y+1)(z+1) \geq 0$
$f(-1)=-y-z+yz+1=(y-1)(z-1) \geq 0 $
Suy ra: $ f(x) \geq min{\{f(1);f(-1)\}} \geq 0 $
nên $xy+yz+zx \geq -1 $ nên thu được đpcm
Đẳng thức xảy ra khi $(x;y;z)=(-1;0;1)$ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Pham Quoc Thang: 24-05-2015 - 17:25

[nguyenhongsonk612]

 

 

2. Chứng minh rằng: $ \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{2000}}}} <3 $

Sử dụng BĐT sau $\sqrt{(n-1)(n+1)}< n$ và để ý $\sqrt{2000}< 2001$

$\Rightarrow VT< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1999.2001}}}}< \sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4...\sqrt{1998.2000}}}}<...< \sqrt{2\sqrt{3.5}}< \sqrt{2.4}< 3$

[Lee LOng]

1,Ta có:$x^{2}+y^{4}+z^{6}\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}$

Trong 3 số $x,y,z$ có hai số cùng dấu.Giả sử $yz\geq 0$

$\Rightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq x^{2}+(y+z)^{2}=2x^{2}\leq 2$

Dấu $(=)$ xảy ra $\Leftrightarrow (x;y;z)=(-1;0;1)$ và các hoán vị