Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huyetdao_tama: 01-07-2009 - 22:41
thử bài này
#21
Đã gửi 01-07-2009 - 22:37
#22
Đã gửi 01-07-2009 - 23:36
làm bài nè nào:
Cho x,y,z thay đổi thỏa mãn: $2\ge x\ge y\ge z$ ; $x+y\le 3$; $x+y+z\le 3$
Tìm giá trị lớn nhất của $S=2^x+2^y+2^z$
bđt mũ kiểu này hơi lạ!nhờ mọi người góp ý bài nè rùm!!ai có lời giải thì post lên nhé!
p/s: wen mất mình sửa lại rùi tìm max đó bạn!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 02-07-2009 - 11:54
#23
Đã gửi 02-07-2009 - 11:01
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huyetdao_tama: 02-07-2009 - 11:02
#24
Đã gửi 02-07-2009 - 11:15
Bài nè để tui giúp.
Chỉ sử dụng AM-GM:
$LHS=(a+b)\sqrt{2a(a+b)}+b\sqrt{2}\sqrt{(a^2+b^2)} \le \dfrac{(a+b)^2+2a(a+b)+2b^2+a^2+b^2}{2}$
$=a^2+b^2+(a+b)^2\le 3(a^2+b^2)$
=>đpcm dấu = khi a=b
cảm ơn bác nhé! bài nè nếu cosi thì rất ổn và ngắn liệu có thể chơi cauchy-schwarz ko. tôi thử rùi nhưng chưa được các bác thử xem.
MỪNG VÌ BẠN ĐÃ CÓ CƠ HỘI ĐỂ CHẾN ĐẤU HẾT MÌNH
web mới các bạn giúp mình xây dựng trang này với: http://www.thptquocoai.tk/
#25
Đã gửi 02-07-2009 - 12:17
$VT^2\le [(a+b)^2+2b^2][2a(a+b)+a^2+b^2]=[(a+b)^2+2b^2][(a+b)^2+2a^2]\le [(a+b)^2+a^2+b^2]^2\le [3(a^2+b^2)]^2=VP^2$
Vậy => đpcm! dấu = khi $a=b$!
#26
Đã gửi 02-07-2009 - 20:05
Cho $k\ge 1+\sqrt{5}$ và a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$(\dfrac{ka}{b+c}+1)(\dfrac{kb}{c+a}+1)(\dfrac{kc}{a+b}+1)\ge (k+1)^2$
p/s có thể thấy khi k=4 ta có bđt khá quen thuộc:
$(\dfrac{4a}{b+c}+1)(\dfrac{4b}{c+a}+1)(\dfrac{4c}{a+b}+1)>25$
#27
Đã gửi 02-07-2009 - 21:34
Mình làm thử nha:Tiếp một bài toán hay:
Cho $k\ge 1+\sqrt{5}$ và a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$(\dfrac{ka}{b+c}+1)(\dfrac{kb}{c+a}+1)(\dfrac{kc}{a+b}+1)\ge (k+1)^2$
p/s có thể thấy khi k=4 ta có bđt khá quen thuộc:
$(\dfrac{4a}{b+c}+1)(\dfrac{4b}{c+a}+1)(\dfrac{4c}{a+b}+1)>25$
Đặt $\dfrac{a}{b+c}=x,......$ suy ra $xy+yz+zx+2xyz=1$ và $x+y+z\ge xy+yz+zx$
suy ra ta phải CM $k^3xyz+k^2(xy+yz+zx-1)+k(x+y+z-2)\ge 0$
$VT\ge \dfrac{1-xy-yz-zx}{2}*k^3+k^2(xy+yz+zx-1)+2k(xy+yz+zx-1)=(1-xy-yz-zx)(\dfrac{k^3}{2}-k^2-2k)\ge 0 $ với mọi k thỏa mãn đk trên
câu sau thì chắc là hệ quả câu trước
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuan101293: 02-07-2009 - 21:36
KT-PT
Do unto others as you would have them do unto you.
#28
Đã gửi 02-07-2009 - 21:54
Cách bạn ổn lắm!mình chứng minh cách khác nhé:Mình làm thử nha:
Đặt $\dfrac{a}{b+c}=x,......$ suy ra $xy+yz+zx+2xyz=1$ và $x+y+z\ge xy+yz+zx$
suy ra ta phải CM $k^3xyz+k^2(xy+yz+zx-1)+k(x+y+z-2)\ge 0$
$VT\ge \dfrac{1-xy-yz-zx}{2}*k^3+k^2(xy+yz+zx-1)+2k(xy+yz+zx-1)=(1-xy-yz-zx)(\dfrac{k^3}{2}-k^2-2k)\ge 0 $ với mọi k thỏa mãn đk trên
câu sau thì chắc là hệ quả câu trước
BĐT cần chứng minh <=>$(ka+b+c)(kb+c+a)(kc+a+b)\ge (k+1)^2(a+b)(b+c)(c+a)$
$<=> ka^{3}+kb^{3}+kc^{3}+k^{3}abc-k\sum_{sym}a^{2}b-kabc-2k^{2}abc\ge 0$
$<=>a^{3}+b^{3}+c^{3}+k^{2}abc-\sum_{sym}a^{2}b-abc-2kabc\ge 0$
Mặt khác theo bđt schur thì : $a^3+b^3+c^3+3abc- \sum_{sym}a^{2}b\ge 0$
$=> a^{3}+b^{3}+c^{3}+k^{2}abc-\sum_{sym}a^{2}b-abc-2kabc\ge k^2abc-2kabc-4abc=abc(k^2-2k-4)\ge 0$ (đúng vì $k\ge 1+\sqrt{5}$)
Ta có đpcm
#29
Đã gửi 06-07-2009 - 11:27
công nhận tôi ngu thật biết dùng cosi mà không biết dùng C-SchThực ra thì 2 cách chả khác gì nhau: Cauchy-shwarz như sau:
$VT^2\le [(a+b)^2+2b^2][2a(a+b)+a^2+b^2]=[(a+b)^2+2b^2][(a+b)^2+2a^2]\le [(a+b)^2+a^2+b^2]^2\le [3(a^2+b^2)]^2=VP^2$
Vậy => đpcm! dấu = khi $a=b$!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 123455: 06-07-2009 - 11:30
MỪNG VÌ BẠN ĐÃ CÓ CƠ HỘI ĐỂ CHẾN ĐẤU HẾT MÌNH
web mới các bạn giúp mình xây dựng trang này với: http://www.thptquocoai.tk/
#30
Đã gửi 30-07-2009 - 17:00
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh