70 replies to this topic

[Magus]

Trên VTV2 chương trình tư vấn mùa thi có giới thiệu về box bất đẳng thức của diễn đàn. Bạn nào quan tâm thì có thể ấn vào link dưới đây.

http://diendantoanho...p?showforum=157

[NPKhánh]

Trên VTV2 chương trình tư vấn mùa thi có giới thiệu về box bất đẳng thức của diễn đàn. Bạn nào quan tâm thì có thể ấn vào link dưới đây.

http://diendantoanho...p?showforum=157

Nhân đây tạo thêm box mới cho mùa thi TSDH năm 2008

Hai bài toán trong đề dự bị đại học ; tuy nhiên học sinh THCS thì thấy 2 bài toán này chắc ngỡ ngàn lắm vì nó chẳng phù hợp với thi đại học

Bài 1 : Cho x;y là hai số dương . CMR: $( 1 +x)(1+\dfrac{y}{x})(1+\dfrac{9}{\sqrt{y}})^2 \ge 256 $

Bài 2 : Cho x;y là hai số dương thỏa mãn$ x + y = \dfrac{5}{4}. CMR: \dfrac{4}{x} + \dfrac{1}4y \ge 5 $

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:08.

[zaizai]

Hix 2 bài trên nếu thi đại học thì chắc ai cũng giải đc Bài 1 thì chỉ là Holder cho 4 số thôi. Có thể áp dụng AM-GM như cách chứng minh của Holder.
$(1+x)(1+\dfrac{y}{x})(1+\dfrac{9}{\sqrt{y}})^2\ge (1+\sqrt[4]{9^2})^4=256$
Bài 2 cũng nhiều cách. Nếu mà thi đại học thì nên rút theo 1 biến r�ồi khảo sát hàm số là xong.

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:08.

[vuphong_hai]

Mình nghĩ bài hai viết nhầm điều kiện của $x + y$ r�ồi!

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:10.

[quangghePT1]

Nhân đây tạo thêm box mới cho mùa thi TSDH năm 2008

Hai bài toán trong đề dự bị đại học ; tuy nhiên học sinh THCS thì thấy 2 bài toán này chắc ngỡ ngàn lắm vì nó chẳng phù hợp với thi đại học

Bài 1 : Cho x;y là hai số dương . CMR: $( 1 +x)(1+\dfrac{y}{x})(1+\dfrac{9}{\sqrt{y}})^2 \ge 256 $

Bài 2 : Cho x;y là hai số dương thỏa mãn$ x + y = \dfrac{5}{4}. CMR: \dfrac{4}{x} + \dfrac{1}{4y} \ge 5 $

Bài 2 xét hàm $f(t)=\dfrac{16}{5-4t}+\dfrac{1}{4t}$

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:08.

[y chi]

Bài này cosi đơn giản là ra mà. $x=1,y=\dfrac{1}{4}$

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:09.

[Songohan]

1. Cho $x,y,z > 0;2\sqrt {xy} + \sqrt {xz} = 1$
tìm gtnn của

$P = \dfrac{{3yz}}{x} + \dfrac{{4zx}}{y} + \dfrac{{5xy}}{z}$

2. Cho $x,y,z > 0;xyz = 1$
tìm gtln của

$S = \dfrac{1}{{x^5 + y^5 + 1}} + \dfrac{1}{{y^5 + z^5 + 1}} + \dfrac{1}{{z^5 + x^5 + 1}}$

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:09.

[rainbowdragon]

ANh ơi câu 2 hình như thiếu r�ồ ịa .Tử phải lần lượt là $xy ; yz ;zx$ mới đúng chứ ạ ...Nếu thế thì $\max =1$

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:10.

[Songohan]

3. $\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{i^2 }}} < \dfrac{5}{3}$

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:10.

[Songohan]

1/
$\dfrac{{3yz}}{x} + \dfrac{{4xz}}{y} + \dfrac{{5xy}}{z} = (\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{2zx}}{y}) + (\dfrac{{4xy}}{z} + \dfrac{{2yz}}{x} + \dfrac{{2zx}}{y})$
$ = (\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{zx}}{y} + \dfrac{{zx}}{y}) + 2(\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{zx}}{y}) \ge 4(\sqrt {xz} + 2\sqrt {xy} ) = 4$
2/
Bất đẳng thức đề bài tương đương với bất đẳng thức sau :
$\dfrac{1}{{a + b + 1}} + \dfrac{1}{{b + c + 1}} + \dfrac{1}{{c + a + 1}} = \dfrac{{\sum {a^2 } + 3\sum {ab} + 4\sum a + 3}}{{\sum\limits_{cyc} {a^2 b} + \sum {a^2 } + 2abc + 3\sum {ab} + 2\sum a + 1}} \le 1$
$ \Leftrightarrow 2\sum a \le \sum\limits_{cyc} {a^2 b} = \sum a \sum {ab} - 3abc$
$(p = \sum a ,q = \sum {ab} ,r = abc)$
$ \Leftrightarrow 2p + 3 \le pq$
Ta có $q^2 \ge 3pr = 3p \Rightarrow pq \ge \sqrt 3 (\sqrt p )^3 $
Ta cần chứng minh rằng
$2p + 3 \le \sqrt 3 (\sqrt p )^3 \Leftrightarrow \sqrt p \ge \sqrt 3 $ (đúng do bất đẳng thức Cauchy)
Vậy ta có đpcm.

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:12.

[quangghePT1]

1. Cho $x,y,z > 0;2\sqrt {xy} + \sqrt {xz} = 1$
tìm gtnn của

$P = \dfrac{{3yz}}{x} + \dfrac{{4zx}}{y} + \dfrac{{5xy}}{z}$

2. Cho $x,y,z > 0;xyz = 1$
tìm gtln của

$S = \dfrac{1}{{x^5 + y^5 + 1}} + \dfrac{1}{{y^5 + z^5 + 1}} + \dfrac{1}{{z^5 + x^5 + 1}}$

Bài 2 đâu cần phải p,q,r ghê gớm thế nhỉ

BDt tương đương với

$\dfrac{1}{{x^3 + y^3 + 1}} + \dfrac{1}{{y^3 + z^3 + 1}} + \dfrac{1}{{z^3 + x^3 + 1}}\leq \sum \dfrac{1}{xy(x+y)+1}=\sum \dfrac{z}{x+y+z}=1$

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:14.

[Songohan]

Bài 2 đâu cần phải p,q,r ghê gớm thế nhỉ

BDt tương đương với

$\dfrac{1}{{x^3 + y^3 + 1}} + \dfrac{1}{{y^3 + z^3 + 1}} + \dfrac{1}{{z^3 + x^3 + 1}}\leq \sum \dfrac{1}{xy(x+y)}=\sum \dfrac{z}{x+y+z}=1$

Bạn chuyển về mũ 3 cũng khá hay nhưng bạn có thể viết rõ hơn các bước không ?
Cám ơn.

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:14.

[quangghePT1]

Bạn chuyển về mũ 3 cũng khá hay nhưng bạn có thể viết rõ hơn các bước không ?
Cám ơn.

À uhm có $x^3+y^3\geq xy(x+y)$ nên có điều như trên kia

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:14.

[rainbowdragon]

anh ới thía em mới bảo là hfinh như thiếu tử rùi ạ /....nếu tử là 1 thì ko ra thế kia đâu ạ ..tốt nhất đặt $x,y,z$ sao cho $x^5=a^3$ ,tt thế là dc .

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:15.

[Songohan]

3. $\sum\limits_{i = 1}^n {\dfrac{1}{{i^2 }}} < \dfrac{5}{3}$

rainbowdragon : Ủa không phải là bạn quangghePT1 đã giải rồi sao em, bài của em nói đúng rồi (thi thử ĐH của trường anh mà ).

Các bạn giải bài số 3 đi. Mình mới chỉ cm được vế trái < 2.

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:15.

[tú cường]

cho em hỏi bài 1 có nói là holder cho 4 số nghĩa là sao ạ? em vẫn chưa hiểu, các anh chị có thể giải cụ thể cho em được không ạ, em xin cám ơn nhiều ạ!

[sp_zero]

1/
$\dfrac{{3yz}}{x} + \dfrac{{4xz}}{y} + \dfrac{{5xy}}{z} = (\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{2zx}}{y}) + (\dfrac{{4xy}}{z} + \dfrac{{2yz}}{x} + \dfrac{{2zx}}{y})$
$ = (\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{zx}}{y} + \dfrac{{zx}}{y}) + 2(\dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{xy}}{z} + \dfrac{{yz}}{x} + \dfrac{{zx}}{y}) \ge 4(\sqrt {xz} + 2\sqrt {xy} ) = 4$

cho mình hỏi làm thế nào bạn có thể tìm ra cách tách như vậy?

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:16.

[thỏ Siêu Quậy]

cho em hỏi bài 1 có nói là holder cho 4 số nghĩa là sao ạ? em vẫn chưa hiểu, các anh chị có thể giải cụ thể cho em được không ạ, em xin cám ơn nhiều ạ!

là thế này bạn ơi:
$(a^4+b^4)(c^4+d^4)(e^4+f^4)(g^4+k^4) \geq (aceg+bdfk)^4$
(mình chỉ viết lại cái bdt do bạn zaizai viết thôi)
bạn có thể mở rộng lên có giời hạn các số trong 1 bộ(các số trong các bộ phải bằng nhau ),các bộ số

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:16.

[vuthanhtu_hd]

2. Cho $x,y,z > 0;xyz = 1$
tìm gtln của

$S = \dfrac{1}{{x^5 + y^5 + 1}} + \dfrac{1}{{y^5 + z^5 + 1}} + \dfrac{1}{{z^5 + x^5 + 1}}$

chú ý $x^{5}+y^{5} \geq x^{2}y^{2}(x+y)$

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:16.

[tú cường]

là thế này bạn ơi:
$(a^4+b^4)(c^4+d^4)(e^4+f^4)(g^4+k^4) \geq (aceg+bdfk)^4$
(mình chỉ viết lại cái bdt do bạn zaizai viết thôi)
bạn có thể mở rộng lên có giời hạn các số trong 1 bộ(các số trong các bộ phải bằng nhau ),các bộ số

bạn có thể cho mình hỏi bdt này là bdt gì đc hôk? nó đã đc chứng minh hay chưa?do ai chứng minh? mình xin cám ơn bạn nhiều nha!

Edited by dark templar, 31-05-2011 - 14:17.