Chủ đề này có 6 trả lời

[Lin Kon]

Bài 1,2,4 ạ !!!!
( trong ảnh ạ )

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lin Kon: 16-01-2016 - 22:03

[ThachAnh]

Bài 1,2,4 ạ !!!!
( trong ảnh ạ )

Bài 2: 

Ta biến đổi:

P=$x^{2}+ 10(y^{2}+z^{2})+(4y^{2}-4y+1)+ 2(2y-4\sqrt{y}+1)-3$

<=> $P=(\frac{x^{2}}{2}+8y^{2})+(\frac{x^{2}}{2}+8z^{2})+ 2(y^{2}+z^{2})++(2y-1)^{2}+2(\sqrt{2y}-1)^{2}-3$

Áp dụng bđt Cô-si cho 2 số ko âm có:

$\frac{x^{2}}{2}+8y^{2} \geq 4xy$ 

$\frac{x^{2}}{2}+8z^{2}\geq 4xz$

$2(y^{2}+z^{2})\geq 4zy$

Suy ra: $P\geq 4(xy+yz+xz)+(2y-1)^{2}+2(\sqrt{2y}-1)^{2}-3$ >= 6 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ThachAnh: 18-01-2016 - 06:20

[ThachAnh]

Bổ sung đoạn cuối Vì: xy+yz+xz= 9/4 

[Trung Kenneth]

Bạn ơi câu 1 ở đây này:

http://dethi.violet....try_id/11012114

[Trung Kenneth]

Còn câu 3 ở đây nhé:

http://diendantoanho...qrt6b25sqrtc25/

[Lin Kon]

Nếu không ai giải quyết c4 thì đây....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Lin Kon: 18-01-2016 - 22:50

[81NMT23]

Câu 4: Cho a+b+c=1. Tìm Min của $\frac{1}{abc}+\frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

Giải

 Chỉ cần chứng minh BĐT sau: $abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leqslant \frac{(a+b+c)^{5}}{81}$

$\Leftrightarrow abc(a+b+c)^{2}\leqslant \frac{(a+b+c)^{5}}{81}+2(ab+bc+ca)abc$

Có: $\frac{(a+b+c)^{5}}{81}+(ab+bc+ca)abc+(ab+bc+ca)abc\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)^{5}}{81}(ab+bc+ca)^{2}abc^{2}}$

Mà: $(ab+bc+ca)^{2}\geqslant 3abc(a+b+c)$

$\Rightarrow 3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)^{5}}{81}(ab+bc+ca)^{2}abc^{2}} \geqslant abc(a+b+c)^{2}$(đpcm)

 

Áp dụng BĐT trên: $\frac{1}{abc} + \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}=\frac{1}{9abc} + \frac{1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{8}{9abc}\geqslant \frac{2}{\sqrt{9abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}+\frac{8}{9abc}\geqslant \frac{2}{\sqrt{\frac{9(a+b+c)^{5}}{81}}}+\frac{8}{9abc}\geqslant 30$

( do $a+b+c=1; abc\leqslant \frac{1}{27}$)

dấu bằng xảy ra khi a=b=c=$\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 81NMT23: 19-01-2016 - 21:12