Chủ đề này có 18 trả lời

[trumly 123]

Thấy cái tên mai quoc thang xuất hiện khá nhiều trong các bài bất đẳng thức.
Chắc member này "giỏi"(????) bất đẳng thức lắm .Làm thử mấy bài này xem:
Bài 1 :Cho a,b,c>0 và a+b+c=1.Chứng minh:
$\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}})^{2} \geq 30 $.
(Làm xong bài này sẽ có bài 2,bài 3,...)

[mai quoc thang]

Thành viên mới mà sao láo thế????????!!!!!!!!!
Bài này mà cũng đem ra hù.
Đặt A là vế trái của BĐT.Có $\ A=\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+2(\dfrac{1}{\sqrt{ab}}+\dfrac{1}{\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{ca}})$ .
Cauchy 7 số có:$\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}} +\dfrac{1}{\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{bc}} +\dfrac{1}{\sqrt{ca}} +\dfrac{1}{\sqrt{ca}}\geq 7\dfrac{1}{\sqrt[7]{(a^2+b^2+c^2)a^{2}b^{2}c^{2}}} $.
Tiếp tục Cauchy 4 số có:$\ (\dfrac{(a^2+b^2+c^2)+3ab+3bc+3ca}{4})^{4} \geq (a^2+b^2+c^2).3ab.3bc.3ca$.
Ta có:$\ a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca=(a+b+c)^{2}+(ab+bc+ca) \leq (a+b+c)^{2}+\dfrac{(a+b+c)^{2}}{3}=\dfrac{4}{3}$ .
Từ đó suy ra:$\ 3^{3}(a^2+b^2+c^2)a^{2}b^{2}c^{2}\leq (\dfrac{4}{3.4})^{4}=\dfrac{1}{81}\Leftrightarrow \dfrac{1}{(a^2+b^2+c^2)a^{2}b^{2}c^{2}}\geq 2187 $ .
Vậy:$\ A=\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+2(\dfrac{1}{\sqrt{ab}}+\dfrac{1}{\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{ca}}) \geq 21+9=30 (do(*) )$.
(và do $\(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})\geq \dfrac{9}{a+b+c}=9$ ).

[Sao_bang_lanh_gia]

Bài trên có vẻ hơi dễ nhỉ
Muốn 10 điểm Toán thử bài này xem
$x^2+y^2+z^2+2x+4y+4z$ $0$
Tìm min và max của A= $2x-y+2z$

[slbadguy]

Bạn xét hình cầu tâm I(-1;-2;-2) bán kính $R = \sqrt(5)$.
Xét thêm mp $2 x - y + 2 z - A = 0$
Xét d là khoảng cách từ I đến mp trên thì sẽ ra thôi.

[trumly 123]

BÀI 2: Cho các số thực dương x,y,z thõa mãn xyz=1.Chứng minh:
$\ x^2+y^2+z^2+x+y+z\geq 2(xy+yz+zx)$.

[mai quoc thang]

Bài này có thể giải bằng cách dồn biến bằng trung bình nhân.(tối nay mình sẽ giải cụ thể ).

[eoenkill]

BÀI 2: Cho các số thực dương x,y,z thõa mãn xyz=1.Chứng minh:
$\ x^2+y^2+z^2+x+y+z\geq 2(xy+yz+zx)$.

có $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$ (AM-GM)
cần cm $x+y+z\ge xy+yz+zx$
giả sử $x=min(x,y,z)$
đặt $f(x,y,z)=x+y+z-xy-yz-zx$
$f(x,y,z)-f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz})=(\sqrt{y}-\sqrt{z})^2(1-x)$
$x=min(x,y,z)$=>$1=xyz\ge x^3$=>$x\le 1$
=>f$(x,y,z)-f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz})\ge 0$ =>$f(x,y,z)\ge f(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz})$
cần cm $f(1/t^2,t,t)\ge 0$ với $t=\sqrt{yz}$ (cái này một biến dạo hàm ok)
=> đúng => dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi eoenkill: 07-05-2008 - 17:04

[slbadguy]

có $x^2+y^2+z^2\ge xy+yz+zx$ (AM-GM)
cần cm $x+y+z\ge xy+yz+zx$

Mình có cách làm khác ở chổ này.

Do $xyz=1$ và $x,y,z>0$ nên có thể có 2 số lớn hơn 1, 1 số bé hơn 1 hay 2 số bé hơn 1, 1 số lớn hơn 1. Suy ra
$(1 - x)(1 - y)(1 - z) \le 0$
$ \Leftrightarrow 1 - (x + y + z) + (xy + yz + zx) - xyz \le 0$
$ \Leftrightarrow x + y + z \ge xy + yz + zx$

Một bài tương tự : Cho x,y,z là các số thuộc khoảng [0;1] thì
$x^2 + y^2 + z^2 \le 1 + x^2 y + y^2 z + z^2 x$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi slbadguy: 07-05-2008 - 19:14

[Trungkhtn]

2 số >1,1 số <1 thì $(1-x)(1-y)(1-z)\geq 0$=>sai rồi

[slbadguy]

Vậy thì cách của bạn eoenkill sai luôn rồi.
Giải bằng pqr thử.

$\sum {x^2 } + \sum x \ge 2\sum {xy} \Leftrightarrow p^2 + p - 2q \ge 2q \Leftrightarrow p^2 - 4q + p \ge 0$
Theo bđt Schur ta có :$p^3 - 4pq + 9r \ge 0 \Leftrightarrow p^3 - 4pq \ge - 9$
Lại có $p^2 \ge (3\sqrt[3]{r})^2 = 9$
Suy ra $p^3 - 4pq + p^2 \ge 0$
Hay $p^2 - 4q + p \ge 0$.

[Magus]

Các CTV nên del bài này ngay lập tức
Đừng spam quá đáng như vậy

ko cần del, đó là bài phát biểu bình thường thôi. Xem cuộc đấu tay đôi này vui thiệt , ăn miếng trả miếng

[mai quoc thang]

Giả sử $\ x \leq y\leq z$.Đặt $\ F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2+x+y+z-2(xy+yz+zx)$.
Có:$\ F(x,y,z)-F(x,\sqrt{yz},\sqrt{yz})=(\sqrt{y}-\sqrt{z})^{2}(y+z-2x+1+2\sqrt{yz}) \geq 0 (x \leq y\leq z)$.
Đặt $\ a=x;b=\sqrt{yz}$.
Ta có $ \ a>0,b>0,ab^{2}=1$.Ta có:$\ F(a,b,b)=\dfrac{1}{b^{4}}(b-1)^{2}(2b^{3}+4b^2+2b+1)\geq 0$ .
Từ đây dễ dàng suy ra ĐPCM.

[trumly 123]

BÀI 3:(thi chọn đội tuyển Mỹ 2003) Cho a,b,c là các số thực thuộc khoảng $\ (0;\dfrac{\pi}{2})$.Chứng minh:
$\dfrac{sin a.sin (a-b).sin (a-c)}{sin (b+c)}+\dfrac{sin b.sin (b-c).sin (b-a)}{sin (c+a)}+\dfrac{sin c.sin (c-a).sin (c-b)}{sin (a+b)} \geq 0$.

[eoenkill]

2 số >1,1 số <1 thì $(1-x)(1-y)(1-z)\geq 0$=>sai rồi

lời giải của mình ko sai vì giả sử $xmin$ và $xyz=1$ nên chỉ suy ra $x\le 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi eoenkill: 07-05-2008 - 23:21

[mai quoc thang]

*Giải như sau:
Nhận xét:$\ sin (u+v).sin(u-v)=sin^{2}u-sin^{2}v$.
Đặt $\ x=sin^{2}a;sin^{2}b=y;sin^{2}c=z ;(a,b,c\in(0;\dfrac{\pi}{2}))$.
Lúc này đề bài tương đương:$\dfrac{\sum\limits_{cyclic}^{} \sqrt{x}(x-y)(x-z)}{sin (a+b).sin (b+c).sin (c+a)}\geq 0 ;(a,b,c\in(0;\dfrac{\pi}{2}))$.
(đúng với BĐT Shur trong trường hợp $\ r=\dfrac{1}{2}$).
Từ đó suy ra ĐPCM .
*Cho toàn bài cũ rích.Chấm dứt trò thách đấu này đi thôi .

[Trungkhtn]

mai quoc thang làm thử bài này xem nhé em:
Cho $a,b,c>0$.
CMR:
$ \sum \dfrac{a^{2}+2bc}{(b+c)^{2}}\geq\dfrac{9}{4}$.

[mai quoc thang]

Mình đã nói rằng muốn chấm dứt, không tham gia trò thách đấu này nữa rồi mà .
Thời gian này mình đang ôn thi tốt nghiệp nên không có thời gian để mà tham gia cái trò thách đấu này nữa.
Theo mình cách đơn giản nhất để giải bài toán trên là dùng BĐT Muirhead ,vì làm cách này không phải suy nghĩ nhiều nhưng phần tính toán thì hơi phức tạp . (dĩ nhiên bài này có thể giải bằng các cách khác ).

[mai quoc thang]

Lúc nào rãnh rỗi mình sẽ đưa ra một lời giải đẹp hơn.

[mai quoc thang]

TO TRUMLY 123:
Nếu bạn vẫn muốn tiếp tục cuộc đấu tay đôi này thì hẹn đến hè vậy.Đồng ý chứ,trumly 123???????????