Cho 0<x,y,z<1 và xy + yz + zx + 2xyz =1. Tìm Max A=$\sqrt{1+x}+\sqrt{1+y}+\sqrt{1+z}$
Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
#581
Posted 18-03-2014 - 19:24
#583
Posted 18-03-2014 - 22:13
TÌm max:
$\frac{3x^{2}+17}{x^{2}+5}$
#584
Posted 18-03-2014 - 23:29
TÌm max:
$\frac{3x^{2}+17}{x^{2}+5}$
Đặt $A=\frac{3x^{2}+17}{x^{2}+5}$
Ta có:
$A= \frac{3(x^2+5)+2}{x^2+5}= 3+\frac{2}{x^2+5}$
A max <=> $(x^2+5)$ min = 5 => $A\leq 3+\frac{2}{5}= \frac{17}{5}$. Vậy $A max = \frac{17}{5}$. Dấu "=" khi x=0
Edited by nguyenhongsonk612, 18-03-2014 - 23:29.
"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")
#585
Posted 26-03-2014 - 16:07
Cho a,b,c thuộc [-1;2] thỏa a2 + b2 + c2 = 6
Chứng minh a + b + c >= 0
#586
Posted 28-03-2014 - 21:49
giúp mình bài này mình đần lắm
Cho $x$, $y$, $z$ là các số thực dương thỏa mãn $x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng:$\frac{1+\sqrt{1+x^{2}}}{x}+\frac{1+\sqrt{1+y^{2}}}{y}+\frac{1+\sqrt{1+z^{2}}}{z} \leq xyz$.
bạn tham khảo nhé
Ta có:
$\sqrt{1+x^{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}.4.(1+x^{2})}= \frac{1}{2}\sqrt{4.(1+x^{2})}$$\leq \frac{4+1+x^{2}}{4}=\frac{5+x^{2}}{4}$
$\Rightarrow \frac{1+\sqrt{1+x^{2}}}{x}\leq \frac{9+x^{2}}{4x}= \frac{9}{4x}+\frac{x}{4}$
Tương tự: ...
Suy ra:...$\leq \frac{9}{4}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})+\frac{1}{4}(x+y+z)=\frac{9}{4}.\frac{xy+yz+xz}{xyz}+\frac{1}{4}(x+y+z)\leq \frac{9}{4}.\frac{(x+y+z)^{2}}{3(x+y+z)}+\frac{1}{4}.(x+y+z)$
$\Rightarrow$ đpcm
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$ x=y=z=$\sqrt{3}$
#587
Posted 29-03-2014 - 12:58
Cho a, b, c dương
chứng minh $\frac{1}{a^{3}}$ + $\frac{a^{3}}{b^{3}}$ + $b^{3}$ $\geq$ $\frac{b}{a}$ + $\frac{a}{b}$ + b
Áp dụng AM-GM ta có $b^3+\frac{1}{a^3}+1\geqslant \frac{3b}{a}$
$\frac{a^3}{b^3}+1+1\geqslant \frac{3a}{b}$
$b^3+1+1 \geqslant 3b$
Do vậy ta chỉ cần chứng minh $\frac{2}{a^3}+b^3+\frac{2a^3}{b^3 } \geqslant 5$
BĐT trên đúng do AM-GM $5$ số
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Cho a,b,c thuộc [-1;2] thỏa a2 + b2 + c2 = 6
Chứng minh a + b + c >= 0
Do $a,b,c \in \left [ -1;2 \right ]$$\Rightarrow (a+1)(a-2) \leqslant 0\Rightarrow a^2 \leqslant a+2$
Tưng tự ta cũng có, $\Rightarrow a^2+b^2+c^2 \leqslant a+b+c+6\Rightarrow a+b+c \geqslant 0$
Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)=(-1,-1,2)$ và hoán vị
- canhhoang30011999 likes this
#588
Posted 02-04-2014 - 11:08
Cho x + y = 1. Tìm min $\left( 1-\frac{1}{{{x}^{2}}} \right)\left( 1-\frac{1}{{{y}^{2}}} \right)$
#589
Posted 05-04-2014 - 21:26
Ta có: x+y=1 $\Rightarrow$ (x+y)2 = 1 và $\frac{1}{xy}\geq \frac{4}{\left ( x+y \right )^{2}}=4$
$\left ( 1-\frac{1}{x^2{}} \right )\left ( 1-\frac{1}{y^{2}} \right )=1-\left ( \frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}} \right )+\frac{1}{x^{2}y^{2}}=1-\left ( \frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}y^{2}} \right )+\frac{1}{x^{2}y^{2}}=1-\left ( \frac{1-2xy}{{x^{2}y^{2}}} \right )+\frac{1}{x^{2}y^{2}}=1+\frac{2}{xy}\geq 1+8=9$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x=y=$\frac{1}{2}$
Mà hình như là phải có đk: x,y>0 chứ
Edited by bubamdethuongnghean, 05-04-2014 - 21:28.
#590
Posted 05-04-2014 - 21:29
Mình có 2 bài tương tự này:đk x,y> 0 và x+y =1
1.Tìm Min A= $\left ( x+\frac{1}{x} \right )^{2}+\left ( y+\frac{1}{y} \right )^{2}$
2.Tìm Min M = $\left ( x^{2}+\frac{1}{y^{2}} \right ) \left ( y^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )$
Edited by bubamdethuongnghean, 05-04-2014 - 21:41.
#591
Posted 22-04-2014 - 20:28
Mình có 2 bài tương tự này:đk x,y> 0 và x+y =1
1.Tìm Min A= $\left ( x+\frac{1}{x} \right )^{2}+\left ( y+\frac{1}{y} \right )^{2}$
2.Tìm Min M = $\left ( x^{2}+\frac{1}{y^{2}} \right ) \left ( y^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )$
1.Sử dụng BĐT cauchy-shwarz kết hợp cauchy
$\left ( x+\frac{1}{x} \right )^{2}+\left ( y+\frac{1}{y} \right )^{2}\geq \frac{1}{2}\left ( x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right )^{2}\geq \frac{1}{2}\left ( x+y+\frac{4}{x+y} \right)^{2}\geq 12,5$
#592
Posted 22-04-2014 - 21:17
2.Tìm Min M = $\left ( x^{2}+\frac{1}{y^{2}} \right ) \left ( y^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )$
Áp dụng BĐT Buniacopski ta có:
$(x^{2}+\frac{1}{y^{2}})(y^{2}+\frac{1}{x^{2}})\geqslant (xy+\frac{1}{xy})^{2}\geqslant (2\sqrt{xy.\frac{1}{xy}})^{2}=4$
#593
Posted 23-04-2014 - 13:44
Áp dụng BĐT Buniacopski ta có:
$(x^{2}+\frac{1}{y^{2}})(y^{2}+\frac{1}{x^{2}})\geqslant (xy+\frac{1}{xy})^{2}\geqslant (2\sqrt{xy.\frac{1}{xy}})^{2}=4$
Dấu bằng sai rồi bạn nhé
Cách làm
$(x^{2}+\frac{1}{y^{2}})(y^{2}+\frac{1}{x^{2}})=x^{2}y^{2}+\frac{1}{x^{2}y^{2}}+2$
Áp dụng bdt cauchy ta có
$x^{2}y^{2}+\frac{1}{256x^{2}y^{2}}\geq 2\sqrt{\frac{1}{256}}=\frac{1}{8}$
$\frac{255}{256x^{2}y^{2}}\geq \frac{255}{16}$
vậy $P\geq \frac{1}{8}+\frac{255}{16}+2$$=18.0625$
Dấu bằng sảy ra khi x=y=1/2
Edited by einstein627, 23-04-2014 - 13:45.
- lehoangphuc1820 and Chris yang like this
-Học từ ngày hôm qua, sống ngày hôm nay, hi vọng cho ngày mai. Điều quan trọng nhất là không ngừng đặt câu hỏi.
-Albert Einstein
#594
Posted 23-04-2014 - 19:41
Mình có một số vấn đề về BĐT xin bạn giúp đỡ.
Câu 1: Trong cuốn sách Phương pháp giải toán BĐT và cực trị dành cho học sinh 8, 9
Cho 3 số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng
${{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}\ge 4\left( a+b+c \right)\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)$.
Lời giải của bài này trong cuốn sách như sau
Do vai trò của a, b, c có tính hoán vị vòng qubạn nên giả sử b nằm giữa a và c.
Nếu $a\ge b\ge c$ thì vế phải của BĐT âm, còn vế trái dương nên BĐT hiển nhiên.
Nếu $c\ge b\ge a$, ta có
$VP=4\left( a+b+c \right)\left( b-a \right)\left( c-b \right)\left( c-a \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-a \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$
Ta chỉ cần chứng minh ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-b \right)\left( c-a \right)$. BĐT này tương đương với $a\left( 2a+2c-b \right)\ge 0$, đúng do $c\ge b\ge a$.
Mình xin hỏi:”Tại sao lại tách và sử dụng BĐT như vầy
$VP=4\left( a+b+c \right)\left( b-a \right)\left( c-b \right)\left( c-a \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-a \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$
Tác giả đã dự đoán dấu bằng ra sao mà lại nhóm như thế? Đã sử dụng kỹ năng nào?
Mình đã thử làm khác đi là: giả sử $a=\max \left\{ a,b,c \right\}$. Nếu $b\ge c$ thì BĐT hiển nhiên. Xét $c\ge b$, sau đó mình làm như sau
$VP=4\left( a+b+c \right)\left( a-c \right)\left( c-b \right)\left( a-b \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( a-c \right)+\left( a-b \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$
Ta chỉ cần chứng minh ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \left( a+b+c \right)\left( a-c \right)+\left( a-b \right)\left( c-b \right)$. BĐT này tương đương với $c\left( 2c+2b-a \right)\ge 0$. Điều này là không chắc chắn.
Bạn hãy giải thích sai lầm của mình ở chỗ nào nhé.
Mình xin cảm ơn
Câu 2
Trong cuốn “Sáng tạo bất đẳng thức” có một bài toán thế này
“Chứng minh với mọi số thực dương a, b, c ta có
$\frac{{{a}^{3}}b}{1+a{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{3}}c}{1+b{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{3}}a}{1+c{{a}^{2}}}\ge \frac{abc\left( a+b+c \right)}{1+abc}$.
Lời giải như sau:
Với mọi số thực dương k, áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có
$\frac{{{a}^{2}}}{b+kc}+\frac{{{b}^{2}}}{c+ka}+\frac{{{c}^{2}}}{a+kb}\ge \frac{a+b+c}{k+1}$
Ta chọn $k=\frac{1}{abc}$ thì có được đpcm.”
Mình xin hỏi tại sao lại nghĩ đến BĐT $\frac{{{a}^{2}}}{b+kc}+\frac{{{b}^{2}}}{c+ka}+\frac{{{c}^{2}}}{a+kb}\ge \frac{a+b+c}{k+1}$, và chọn $k=\frac{1}{abc}$.
Câu 3:
Trên mathlinks.ro có bài toán sau:
“Cho các số thực dương a, b, c thỏa $3a+4b+6c\ge 42$. Chứng minh
$a+b+c+\frac{3}{a}+\frac{6}{b}+\frac{8}{c}\ge \frac{29}{2}$.
Lời giải trên trang ấy là
BĐT đề bài tương đương $\frac{3{{\left( a-2 \right)}^{2}}}{4a}+\frac{2{{\left( b-3 \right)}^{2}}}{3b}+\frac{{{\left( c-4 \right)}^{2}}}{2c}+\frac{3a+4b+6c-42}{12}\ge 0$ (1) ”
hãy chỉ mình phương pháp tìm ra (1).
Mình sẽ rất vui nếu như bạn trả lời các câu hỏi của mình.
- lehoangphuc1820, Hermione Granger and Chris yang like this
Mục đích của cuộc sống là sống có mục đích
#595
Posted 26-04-2014 - 09:55
Cho x,y>0 và x+y=1.Cm
3(3x-2)$^{2}$+ $\frac{8x}{y}$$\geq$7
Cho x,y,z$\in [1;2]$. Tìm max
A=(x+y+z)($\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$)
Edited by Le Thi Van Anh, 26-04-2014 - 09:56.
#596
Posted 26-04-2014 - 11:45
Mình có một số vấn đề về BĐT xin bạn giúp đỡ.
Câu 1: Trong cuốn sách Phương pháp giải toán BĐT và cực trị dành cho học sinh 8, 9
Cho 3 số thực không âm a, b, c. Chứng minh rằng
${{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}\ge 4\left( a+b+c \right)\left( a-b \right)\left( b-c \right)\left( c-a \right)$.
Lời giải của bài này trong cuốn sách như sau
Do vai trò của a, b, c có tính hoán vị vòng qubạn nên giả sử b nằm giữa a và c.
Nếu $a\ge b\ge c$ thì vế phải của BĐT âm, còn vế trái dương nên BĐT hiển nhiên.
Nếu $c\ge b\ge a$, ta có
$VP=4\left( a+b+c \right)\left( b-a \right)\left( c-b \right)\left( c-a \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-a \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$
Ta chỉ cần chứng minh ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-b \right)\left( c-a \right)$. BĐT này tương đương với $a\left( 2a+2c-b \right)\ge 0$, đúng do $c\ge b\ge a$.
Mình xin hỏi:”Tại sao lại tách và sử dụng BĐT như vầy
$VP=4\left( a+b+c \right)\left( b-a \right)\left( c-b \right)\left( c-a \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( b-a \right)+\left( c-a \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$
Tác giả đã dự đoán dấu bằng ra sao mà lại nhóm như thế? Đã sử dụng kỹ năng nào?
Mình đã thử làm khác đi là: giả sử $a=\max \left\{ a,b,c \right\}$. Nếu $b\ge c$ thì BĐT hiển nhiên. Xét $c\ge b$, sau đó mình làm như sau
$VP=4\left( a+b+c \right)\left( a-c \right)\left( c-b \right)\left( a-b \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( a-c \right)+\left( a-b \right)\left( c-b \right) \right]}^{2}}$
Ta chỉ cần chứng minh ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \left( a+b+c \right)\left( a-c \right)+\left( a-b \right)\left( c-b \right)$. BĐT này tương đương với $c\left( 2c+2b-a \right)\ge 0$. Điều này là không chắc chắn.
Bạn hãy giải thích sai lầm của mình ở chỗ nào nhé.
Mình xin cảm ơn
- Thứ nhất: BĐT tác giả đã dùng là hệ quả của BĐT Cauchy 2 số: với x, y không âm (tức $\geq 0$) thì $4xy \leq x^2+y^2$ (*)
- Thứ hai: Mấy bài BĐT mà các biến tham gia có vai trò như nhau (hoán vị vòng quanh) thì dấu = xảy ra thường là các biến bằng nhau. Áp dụng đó để nhóm số cho phù hợp. Bạn có thể tham khảo kĩ thuật sử dụng BĐT Cauchy. (sách hoặc search)
- Thứ ba: cách khác của bạn chỉ là suy ra từ cách của tác giả, dĩ nhiên vẫn phải lựa chọn để nhóm các hạng tử mà sử dụng BĐT (*) kia vẫn đúng. Ở đây mình sửa theo cách của bạn là:
$VP=4\left( a+b+c \right)\left( a-c \right)\left( c-b \right)\left( a-b \right)\le {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( c-b \right)+\left( a-b \right)\left( a-c \right) \right]}^{2}}$
Ta chỉ cần chứng minh ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge {{\left[ \left( a+b+c \right)\left( c-b \right)+\left( a-b \right)\left( a-c \right) \right]}^{2}}$. BĐT này tương đương với $b\left( 2c+2a-c \right)\ge 0$.
BĐT này đúng do $a \geq c \geq b$
- phathuy, huykinhcan99, lehoangphuc1820 and 1 other like this
#597
Posted 26-04-2014 - 11:59
Câu 2
Trong cuốn “Sáng tạo bất đẳng thức” có một bài toán thế này
“Chứng minh với mọi số thực dương a, b, c ta có
$\frac{{{a}^{3}}b}{1+a{{b}^{2}}}+\frac{{{b}^{3}}c}{1+b{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{3}}a}{1+c{{a}^{2}}}\ge \frac{abc\left( a+b+c \right)}{1+abc}$.
Lời giải như sau:
Với mọi số thực dương k, áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có
$\frac{{{a}^{2}}}{b+kc}+\frac{{{b}^{2}}}{c+ka}+\frac{{{c}^{2}}}{a+kb}\ge \frac{a+b+c}{k+1}$
Ta chọn $k=\frac{1}{abc}$ thì có được đpcm.”
Mình xin hỏi tại sao lại nghĩ đến BĐT $\frac{{{a}^{2}}}{b+kc}+\frac{{{b}^{2}}}{c+ka}+\frac{{{c}^{2}}}{a+kb}\ge \frac{a+b+c}{k+1}$, và chọn $k=\frac{1}{abc}$.
Ta thấy tử là $a^3b$ và mẫu chứa $a^2b$; hai số này có nhân tử chung là ab nên chia cả tử và mẫu cho ab sẽ gọn hơn.
Như vậy ta sẽ có $\dfrac{{{a}^{3}}b}{1+a{{b}^{2}}}=\dfrac{a^2}{\dfrac{1}{ab}+b}$
Tương tự thì $\dfrac{{{b}^{3}}c}{1+b{{c}^{2}}}=\dfrac{b^2}{\dfrac{1}{bc}+c}$ và $\dfrac{{{c}^{3}}a}{1+c{{a}^{2}}}=\dfrac{c^2}{\dfrac{1}{ca}+a}$
Đến lúc này thì có thể dùng BĐT Cauchy - Schwarz rồi, mẫu là $\dfrac{1}{ab}+b +\dfrac{1}{bc}+c +\dfrac{1}{ca}+a$
Nhưng để cho gọn (nhóm mẫu mới vào sao cho có hạng tử a + b + c ) thì cần biến đổi $\dfrac{1}{ab}=\dfrac{c}{abc}$, các hạng tử này đã đồng nhất
Xong.
- phathuy, nguyenhongsonk612, lehoangphuc1820 and 1 other like this
#598
Posted 26-04-2014 - 12:05
Câu 3:
Trên mathlinks.ro có bài toán sau:
“Cho các số thực dương a, b, c thỏa $3a+4b+6c\ge 42$. Chứng minh
$a+b+c+\frac{3}{a}+\frac{6}{b}+\frac{8}{c}\ge \frac{29}{2}$.
Lời giải trên trang ấy là
BĐT đề bài tương đương $\frac{3{{\left( a-2 \right)}^{2}}}{4a}+\frac{2{{\left( b-3 \right)}^{2}}}{3b}+\frac{{{\left( c-4 \right)}^{2}}}{2c}+\frac{3a+4b+6c-42}{12}\ge 0$ (1) ”
hãy chỉ mình phương pháp tìm ra (1).
Mình sẽ rất vui nếu như bạn trả lời các câu hỏi của mình.
Chỉ là chuyển $\dfrac{29}{2}$ sang VT để có VT $\geq 0$ cho gọn và biến đổi tương đương thành tổng các phân số sao cho có phân số chứa tử là 3a + 4b + 6c - 42 (cái cụm này đã $\geq 0$)
Các số còn thừa lại nhóm thích hợp theo cụm chứa a, b, c để tạo HĐT là đc.
#600
Posted 26-04-2014 - 19:25
Cho x,y,z$\in [1;2]$. Tìm max
A=(x+y+z)($\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$)
Mình chụp hình lời giải (bàn phím lỗi k gửi đc bài )
P/S: mình đổi nhầm biến x; y; z thành a; b; c Bạn thông cảm!
- lahantaithe99 likes this
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users