Chủ đề này có 1205 trả lời

[phanducnhatminh]

Cho $a_{1},a_{2},...,a_{n}> 0. $CMR$    \frac{a_{1}^{m+1}}{a_{1}^{m}+(m-1)a_{2}^{m}}+\frac{a_{2}^{m+1}}{a_{2}^{m}+(m-1)a_{3}^{m}}+\frac{a_{3}^{m+1}}{a_{3}^{m}+(m-1)a_{4}^{m}}+.....+\frac{a_{n}^{m+1}}{a_{n}^{m}+(m-1)a_{1}^{m}}\geq \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{m}$

            Xuất xứ: sáng tác.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phanducnhatminh: 27-05-2013 - 10:52

[PTKBLYT9C1213]

Chứng minh $A=13\sqrt{x^{2}-x^{4}}+9\sqrt{x^{2}+x^{4}}\leq 16$ với x thuộc [0;1]

[humugosour]

Chứng mình rằng:
$\dfrac{2}{b+c}+\dfrac{2}{a+b}+\dfrac{2}{a+c} \geq \dfrac{9}{a+b+c}$

áp dụng bđt CBS là được mà

[Supermath98]

áp dụng bđt CBS là được mà

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

$VT\geq \frac{\left ( 3\sqrt{2} \right )^{2}}{2\left ( a+b+c \right )}= \frac{9}{a+b+c}$

[trananh2771998]

Lời giải. Áp dụng BĐT AM-GM thì $a^3+ab^2 \ge 2a^2b, \; b^3+bc^2 \ge 2b^2c, c^3+ca^2 \ge 2c^2a$.

Nên $3(a^2+b^2+c^2)=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)= a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+c^2a+c^2a+bc^2+ca^2 \ge 3(a^2b+b^2c+c^2a)$.

Do đó $P \ge a^2+b^2+c^2+ \dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}= a^2+b^2=c^2+ \dfrac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$.

Đặt $a^2+b^2+c^2=k \Rightarrow k \ge 3$ thì $P \ge k+ \dfrac{9-k}{2k} = \left( \frac t2 + \dfrac{9}{2t} \right) + \dfrac t2 - \frac 12 \ge 3+ \frac 32- \frac 12=4$.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

sao tự dưng lại có t thay vì k thế bạn.

[tranthanhhung]

với a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=1 chứng minh rằng $\frac{ab}{ab+c} + \frac{bc}{bc+a}+\frac{ca}{ca+b}\geq \frac{3}{4}$ 

[trauvang97]

với a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=1 chứng minh rằng $\frac{ab}{ab+c} + \frac{bc}{bc+a}+\frac{ca}{ca+b}\geq \frac{3}{4}$ 

 

 Ta có: $\frac{ab}{ab+c}=\frac{ab}{ab+c(a+b+c)}=\frac{ab}{(c+a)(c+b)}$

 

Tương tự ta có: $\frac{bc}{bc+a}=\frac{bc}{(a+b)(a+c)}$  và $\frac{ca}{ca+b}=\frac{ca}{(b+c)(b+a)}$

 

Do đó điều phải chứng minh tương đương với:

 

$\frac{ab}{(c+a)(c+b)}+\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}\geq \frac{3}{4}$

 

$\Leftrightarrow 4\left [ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right ]\geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$

 

$\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq 6abc$ là hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, do đó ta có đpcm

[Mr Peter]

1.Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1.Chứng minh rằng:

$\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b}}$

2.Cho x;y;z >1.Chứng minh rằng :

$\frac{x}{\sqrt{y}-1}+\frac{y}{\sqrt{z}-1}+\frac{z}{\sqrt{x}-1}\geq 12$

3.Chõ,y,z là các số thực dương thỏa mãn:x+y+z$\leq \frac{1}{3}$.Tìm giá trị nhỏ nhất của bt:

F=x+y+z+$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$

4.Tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của hàm số:

y=$\sqrt{x^{2}-1}+\sqrt{9-x^{2}}$

[Juliel]

1.Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a+b+c=1.Chứng minh rằng:

$\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}+\frac{b+c}{\sqrt{bc+a}}+\frac{c+a}{\sqrt{ca+b}}$

2.Cho x;y;z >1.Chứng minh rằng :

$\frac{x}{\sqrt{y}-1}+\frac{y}{\sqrt{z}-1}+\frac{z}{\sqrt{x}-1}\geq 12$

3.Chõ,y,z là các số thực dương thỏa mãn:x+y+z$\leq \frac{1}{3}$.Tìm giá trị nhỏ nhất của bt:

F=x+y+z+$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$

4.Tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của hàm số:

y=$\sqrt{x^{2}-1}+\sqrt{9-x^{2}}$

 

 

1) Cũng may có gợi ý của anh trâu vàng ^^

$\frac{a+b}{\sqrt{ab+c}}=\frac{a+b}{ab+c(a+b+c)}=\frac{a+b}{\sqrt{(a+c)(b+c)}}$

Thiết lập các BĐT tương tự, cộng chúng lại và áp dụng AM-GM cho 3 số thì được $VP\geq 3$

2) Áp dụng AM-GM :

$VP\geq 3.\sqrt[3]{\frac{x}{\sqrt{x}-1}.\frac{y}{\sqrt{y}-1}.\frac{z}{\sqrt{z}-1}}\geq 3.\sqrt[3]{64}=12$

Chú ý $\frac{x}{\sqrt{x}-1}\geq 4$

(Câu này thi vào năng khiếu Trần Phú năm nào thì phải)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 30-05-2013 - 10:13

[Juliel]

 

3.Chõ,y,z là các số thực dương thỏa mãn:x+y+z$\leq \frac{1}{3}$.Tìm giá trị nhỏ nhất của bt:

F=x+y+z+$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$

 

$F=81(x+y+z)+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-80(x+y+z)\geq 81(x+y+z)+\frac{9}{x+y+z}-80(x+y+z)\geq 2\sqrt{81.9}-80.\frac{1}{3}=\frac{82}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 02-06-2013 - 14:10

[unlimitedcreativity]

Bài 2: áp dụng bất đẳng thức BCS ta có

$VT\geq \frac{\left ( \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z} \right )}^{2}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}-3}$

Ta đặt $a=\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 

$\left ( a-6 \right )^{2}\geq 0$

do đó bất đẳng thức ban đầu đúng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi unlimitedcreativity: 30-05-2013 - 10:22

[Juliel]

 

4.Tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của hàm số:

y=$\sqrt{x^{2}-1}+\sqrt{9-x^{2}}$

ÁP dụng BĐT $\sqrt{a}+\sqrt{b}\geq \sqrt{a+b}$ thì tìm được min

Bình phương hai vế áp dụng AM-GM : $y^{2}=8+2\sqrt{(x^{2}-1)(9-x^{2})}\leq 8+(x^{2}-1)+(9-x^{2})=16\Rightarrow y\leq 4$

[unlimitedcreativity]

max thì mình có cách làm như sau:

tổng quát: $m\left ( a^{2}+b^{2} \right )+nab=\left ( \frac{2m+n}{4} \right )\left ( a+b \right )^{2}+\left ( \frac{2m-n}{4} \right )\left ( a-b \right )^{2}$

với a,b là các biến số, m,n là những số thực cho trước

như vậy ta đặt $\sqrt{x^{2}-1}= a, \sqrt{9-x^{2}}= b \Rightarrow a^{2}+b^{2}=\frac{\left ( a+b \right )^{2}}{2}+\frac{\left ( a-b \right )^{2}}{2} \Rightarrow 8\geq \frac{\left ( a+b \right )^{2}}{2} \Rightarrow a+b\leq 4$

[unlimitedcreativity]

hi vọng ban quản trị diễn đàn đóng topic này thành sách như bên mathscope để anh em cùng học tập, tham khảo

[tranthanhhung]

 Ta có: $\frac{ab}{ab+c}=\frac{ab}{ab+c(a+b+c)}=\frac{ab}{(c+a)(c+b)}$

 

Tương tự ta có: $\frac{bc}{bc+a}=\frac{bc}{(a+b)(a+c)}$  và $\frac{ca}{ca+b}=\frac{ca}{(b+c)(b+a)}$

 

Do đó điều phải chứng minh tương đương với:

 

$\frac{ab}{(c+a)(c+b)}+\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}\geq \frac{3}{4}$

 

$\Leftrightarrow 4\left [ ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right ]\geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$

 

$\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq 6abc$ là hệ quả của bất đẳng thức AM-GM, do đó ta có đpcm

cái chỗ hệ quả của AM-GM đấy là hệ quả nào hả bạn??

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranthanhhung: 30-05-2013 - 16:58

[phanducnhatminh]

Không ai làm bài của mình à? Hay đề sai rồi?

[25 minutes]

cái chỗ hệ quả của AM-GM đấy là hệ quả nào hả bạn??

Là dư này 

Áp dụng AM-GM 3 số ta có 

          $\left\{\begin{matrix} a^2b+b^2c+c^2a \geq 3abc\\ab^2+bc^2+ca^2 \geq 3abc \end{matrix}\right.$

Đoạn $\sum \frac{ab}{(a+c)(b+c)} \geq \frac{3}{4}$ có thể làm khác nhưng hơi dài

  $\Leftrightarrow \sum \frac{ab}{(1-a)(1-b)} \geq \frac{3}{4}$

Áp dụng AM-GM ta có $(1-a)(1-b)(a+b) \leq \frac{8}{27}\Rightarrow \frac{ab}{(1-a)(1-b)} \geq \frac{27}{8}ab(a+b)$

Do đó chỉ cần chứng minh $\frac{27}{8}\sum ab(a+b) \geq \frac{3}{4}$

[minhhieuchu]

$F=81(x+y+z)+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}-80(x+y+z)\geq 81(x+y+z)+\frac{9}{x+y+z}-26(x+y+z)\geq 2\sqrt{81.9}-80.\frac{1}{3}=\frac{82}{3}$

Tại sao lại xuất hiện chỗ $26\left ( x+y+z \right )$
vậy bạn?!
Ở đấy vẫn phải là $80\left ( x+y+z \right )$
chứ... sau đó bạn mới dùng $x+y+z\leq \frac{1}{3}$
cơ mà :')

[Juliel]

Tại sao lại xuất hiện chỗ $26\left ( x+y+z \right )$
vậy bạn?!
Ở đấy vẫn phải là $80\left ( x+y+z \right )$
chứ... sau đó bạn mới dùng $x+y+z\leq \frac{1}{3}$
cơ mà :')

Thì đằng sau là 80 mà, tại vì mình nhập lộn mà quên sửa lại thôi

[minhhieuchu]

Thì đằng sau là 80 mà, tại vì mình nhập lộn mà quên sửa lại thôi

Thì lúc đầu nhầm mà
Góp ý thế thôi !!