[attachment=29532:Capture.PNG]
[attachment=29533:bdt.PNG]
Bài 8 và 23 vẫn chưa có lời giải!!!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanh Long 2001: 20-10-2016 - 19:12
[attachment=29532:Capture.PNG]
[attachment=29533:bdt.PNG]
Bài 8 và 23 vẫn chưa có lời giải!!!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanh Long 2001: 20-10-2016 - 19:12
Bài 20
Ta sử dụng BĐT cơ bản sau
$(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$
$(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y})^2 \geq 3(x^2+y^2+z^2)=9$
$=>$ đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 18-10-2016 - 19:17
Bài 20
Ta sử dụng BĐT cơ bản sau
$(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$
$(\frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y})^2 \geq 3(x^2+y^2+z^2)=9$
$=>$ đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$
Cảm ơn bạn .
Cho mình hỏi làm sao để cho công thức toán xuống dòng vậy?
Mọi người ơi,tham gia giải cùng mình nào?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanh Long 2001: 20-10-2016 - 11:11
21.
$(a-b)^{2}\geq 0 \forall a,b \Leftrightarrow a^2-ab+b^2\geq ab.\Leftrightarrow (a+b)(a^2-ab+b^2)\geq (a+b)ab\Leftrightarrow a^3+b^3\geq ab(a+b)\Leftrightarrow a^3+b^3+abc\geq ab(a+b+c)\Leftrightarrow \frac{1}{a^3+b^3+abc}\leq \frac{c}{abc(a+b+c)}$
24.
[attachment=29562:qaaa.PNG]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanh Long 2001: 19-10-2016 - 18:34
22.Bổ đề $x^{5}+y^{5}\geq x^{2}y^{2}(x+y)$
$\sum \frac{xy}{x^{5}+y^{5}+xy}\leq \sum \frac{1}{xy(x+y)+1}=\sum \frac{z}{x+y+z}=1$
12. Dễ có $\sum x^{2}y\geq \sum x^{2}y^{2}$
$\prod (1-x^{2})\geq 0 \Leftrightarrow 1+\sum x^{2}y^{2}\geq \sum x^{2}+\prod x^{2}\geq \sum x^{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 20-10-2016 - 13:11
19.Theo C-S
$VP^{2}\leq 2(2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}+2t^{2})\leq 8$
18.$\Leftrightarrow \sum (x-y)^{2}\geq 0$
17.AM-GM
$\sum \frac{1}{x}\geq \frac{9}{\sum x}$
$\sum x +\frac{1}{\sum x}+\frac{8}{\sum x}\geq 2+8=10$
13.$\sum \sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \sqrt{3}(\sum x)$
Ta sẽ chứng minh
$\sqrt{3}\left ( \sum x \right )^{2}\geq 3\sqrt{3}\left ( \sum xy\right )\Leftrightarrow (\sum x)^{2}\geq 3\left ( \sum xy \right )$
19.Theo C-S
$VP^{2}\leq 2(2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}+2t^{2})\leq 8$
18.$\Leftrightarrow \sum (x-y)^{2}\geq 0$
17.AM-GM
$\sum \frac{1}{x}\geq \frac{9}{\sum x}$
$\sum x +\frac{1}{\sum x}+\frac{8}{\sum x}\geq 2+8=10$
13.$\sum \sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \sqrt{3}(\sum x)$
Ta sẽ chứng minh
$\sqrt{3}\left ( \sum x \right )^{2}\geq 3\sqrt{3}\left ( \sum xy\right )\Leftrightarrow (\sum x)^{2}\geq 3\left ( \sum xy \right )$
Bạn giải dễ hiểu quá, mình cảm ơn nha!
Các bạn cùng tham gia giải Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ (THTT) tại http://diendantoanho...2-tháng-102016/
$2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2=(6-c)^2=c^2-12c+36 =>36=2(a^2+b^2+c^2)\geq 3c^2-12c+36 =>c^2-4c\leq 0=>0\leq c\leq 4.$
$\Sigma \frac{a}{1+b^2} =(a+b+c)-\Sigma \frac{ab^2}{1+b^2} \geq 3-\Sigma \frac{ab^2}{2b} =3-\Sigma \frac{ab}{2} \geq 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$ (vì $3ab+3ac+3bc \leq (a+b+c)^2=9$ )
Để trở thành người phi thường, tôi không cho phép bản thân tầm thường
Roronoa Zoro- One piece
Liên lạc với tôi qua https://www.facebook...0010200906065
Ta có $\sum \frac{a}{a^2+1} \leq \sum \frac{a}{2a} =\frac{3}{2}$
Để trở thành người phi thường, tôi không cho phép bản thân tầm thường
Roronoa Zoro- One piece
Liên lạc với tôi qua https://www.facebook...0010200906065
Bài 13 áp dùng bất đẳng thức $z^2+y^2+yz \geq \frac{3(z+y)^2}{4}$
Ta có $VP \geq \frac{xy+yz+xz}{\sqrt{3}(x+y+z)}$
vậy ta chỉ cần chứng minh
$(x+y+z)^2 \geq 3(xz+yz+xz)$( Đây là bất đẳng thức cơ bản )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranductucr1: 21-10-2016 - 18:02
Để trở thành người phi thường, tôi không cho phép bản thân tầm thường
Roronoa Zoro- One piece
Liên lạc với tôi qua https://www.facebook...0010200906065
#1
Chuẩn hóa $abc=1$
ta có $\frac{1}{a^3+b^3+1} \leq \frac{a+b+c^4}{(a^2+b^2+c^2)} $
cần chứng minh $(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 2(a+b+c)+a^4+b^4+c^4$
<=> $ \sum (ab)^2 \geq \sum a$
ta lại có $(ab)^2+(bc)^2+(ac)^2 \geq abc(a+b+c)=a+b+c$ dpcm
Để trở thành người phi thường, tôi không cho phép bản thân tầm thường
Roronoa Zoro- One piece
Liên lạc với tôi qua https://www.facebook...0010200906065
Một cách khác cho bài 8
Ta sẽ vận dụng hệ thức Viete
$b+c=6-a$
Thay vào pt số 2 ta được
$a^2+(b+c)^2-2bc=18$
$<=> bc=(a-3)^2$
Như vậy b,c sẽ là nghiệm của pt
$X^2-(6-a)X+(a-3)^2=0$
$\Delta = -a^2+4a \geq 0$
$=>0 \leq a \leq 4$
Còn lại xin nhường chủ thớt
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 21-10-2016 - 18:35
#1
Chuẩn hóa $abc=1$
ta có $\frac{1}{a^3+b^3+1} \leq \frac{a+b+c^4}{(a^2+b^2+c^2)} $
cần chứng minh $(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 2(a+b+c)+a^4+b^4+c^4$
<=> $ \sum (ab)^2 \geq \sum a$
ta lại có $(ab)^2+(bc)^2+(ac)^2 \geq abc(a+b+c)=a+b+c$ dpcm
Mình không hiểu lắm, bạn giải thích kĩ hơn được không? À chuẩn hóa là gì vậy bạn?
Mình không hiểu lắm, bạn giải thích kĩ hơn được không? À chuẩn hóa là gì vậy bạn?
đặt $abc=k^3$ đặt $a'=\frac{a}{k}$, $b'=\frac{b}{k}$,$c'=\frac{c}{k}$ => $a'b'c'=1$
Ta có $\sum \frac{1}{a^3+b^3+abc} \leq \frac{1}{abc}$
<=> $\sum \frac{1}{k^3(a'^3+b'^3+a'b'c')} \leq \frac{1}{k^3a'b'c'}$
<=>$\sum \frac{1}{a'^3+b'^3+a'b'c'} \leq \frac{1}{a'b'c'} $
vậy từ bài toán cũ ta có thể đứa thêm điều kiện $abc=1$ mả không làm thay đổi bản chất của bất đẳng thức
Khái niệm chuẩn hóa bạn có thể tìm ở trên diễn đàng viết khá hay
#
chuẩn hóa $abc=1$
ta có bdt viết lại thành
$\sum \frac{1}{a^3+b^3+1} \leq 1$
$\sum \frac{a+b+c^4}{(a^3+b^3+1)(a+b+c^4)} \leq \sum \frac{a+b+c^4}{(\sqrt{a^4}+\sqrt{b^4}+\sqrt{c^4})^2} \leq \frac{2(a+b+c)+a^4+b^4+c^4}{(a^2+b^2+c^2)^2}$
vậy ta cần chứng minh $\frac{2(a+b+c)+a^4+b^4+c^4}{(a^2+b^2+c^2)^2} \leq 1$
$\Leftrightarrow 2(a+b+c) \leq 2((ab)^2+(bc)^2+(ac)^2)$
$\Leftrightarrow .....$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranductucr1: 22-10-2016 - 10:10
Để trở thành người phi thường, tôi không cho phép bản thân tầm thường
Roronoa Zoro- One piece
Liên lạc với tôi qua https://www.facebook...0010200906065
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh