29 replies to this topic

[windkiss]

Sáng nay vừa làm bài KT 15' không làm được=> ức chế quá post lên cho mọi người làm
Bài 1:
Cho 0 a,b,c 1
CMR
$ a^{2}+b^{2}+c^{2}$ $ 1+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$

Bài 2:
Cho 0 a;b;c
CMR
$ \dfrac{a}{bc}+ \dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ab}$ $2(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c}) $

(hu hu, càng ngày càng sợ BDT, khó ko tả nổi, chán wa (

[quanganhct]

Bài 2 dùng Cauchy bình thường thôi mà :
$\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca} \geq \dfrac{2}{c}$
Làm tương tự cho 2 cặp còn lại, xong cộng tất cả lại, ra đpcm

[quanganhct]

Bài 2 dùng Cauchy bình thường thôi mà :
$\dfrac{a}{bc}+\dfrac{b}{ca} \geq \dfrac{2}{c}$
Làm tương tự cho 2 cặp còn lại, xong cộng tất cả lại, ra đpcm

Chết nhầm

[NguyThang khtn]

bai 1:
ta co: $ x (1-y) \geq x^2(1-y)$ ,$ y(1-z) \geq y^2(1-z)$ , $z(1-x) \geq z^2(1-z) $
$ \Rightarrow (x^2+y^2+z^2) - (x^2y+y^2z+z^2x) \leq x (1-y)+ y(1-z) + z(1-x)$
$ \Rightarrow (x^2+y^2+z^2) - (x^2y+y^2z+z^2x) \leq (x+y+z) - (xy+yz+zx) $
ma $(1-x)(1-y)(1-z) + xyz \geq 0 \Rightarrow 1 \geq (x+y+z) - (xy+yz+zx) \Rightarrow x^2+y^2+z^2 \leq 1+x^2y+y^2z+x^2z$

[quanganhct]

Bài 1 đưa về kiểu pt bậc 2 :
bdt đã cho tương đương :
$(1-b)a^2 -a.c^2+(b^2+c^2-b^2c-1) \leq 0$
$ \Leftrightarrow (1-b)a^2 -a.c^2+(1-c)(b^2-c-1) \leq 0$
Ta có :
$1-b \geq 0 ,1-c \geq 0.b^2-c-1 \leq 0$
Như vậy nếu coi VT là 1 đa thức f(a) bậc 2 biến a, thì f(a) có 2 nghiệm , 1 âm 1 dương, và hệ số cao nhất không âm (Nếu muốn có thể xét riêng TH b=1)
Lại có :
$f(1)=1-b-c^2+b^2+c^2-b^2c-1=b^2-b-b^2c \leq 0$ vì $b \geq b^2$
Gọi 2 nghiệm của f(a) là m, n(m âm, n dương). Vậy với mọi a [m,n] thì f(a) 0
Suy ra được 1 [m,n]
Suy ra [0,1] [m,n]
Vậy f(a) 0 với mọi a thuộc [0,1]

[quanganhct]

Bài 2 coi lại , thấy dễ quá trời.
Quy đồng lên hết ,chuyển vế, bdt trở thành :
$(a+b-c)^2 \geq 0$ hiển nhiên đúng.

[NguyThang khtn]

Bài 2:
Cho 0 a;b;c
CMR
$ \dfrac{a}{bc}+ \dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ab}$ $2(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}) $

ta co:$\dfrac{a}{bc}+ \dfrac{b}{ac} = \dfrac{1}{c}(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}) \geq \dfrac{2}{c} $(co si)
tuong tu ta co:
$\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ab} \geq \dfrac{2}{a} $
$\dfrac{c}{ab}+\dfrac{a}{bc} \geq \dfrac{2}{b} $
cong tung ve cua ca BDt tren ta duoc dieu fai chung minh!

Edited by bboy114crew, 13-11-2010 - 22:59.

[quanganhct]

ta co:$\dfrac{a}{bc}+ \dfrac{b}{ac} = \dfrac{1}{c}(\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a}) \geq \dfrac{2}{c} $(co si)
tuong tu ta co:
$\dfrac{b}{ac}+\dfrac{c}{ab} \geq \dfrac{2}{a} $
$\dfrac{c}{ab}+\dfrac{a}{bc} \geq \dfrac{2}{b} $
cong tung ve cua ca BDt tren ta duoc dieu fai chung minh!

Sai rồi em, lúc đầu anh cũng tưởng là làm thế.

[NguyThang khtn]

the thi de sai bet em lam bai ny rui!

[windkiss]

uhm, chủ yếu là bài 1 thôi chứ bài 2 cũng BT, em vừa lấy thêm được 1 bài, mọi người chém tiếp nhá
CMR
$ \dfrac{1}{ a^{2}+1 }+ \dfrac{1}{ b^{2}+1 }$ $ \dfrac{2}{ab+1 }$
(ab>1)

Edited by windkiss, 14-11-2010 - 09:19.

[NguyThang khtn]

bai 1 cach cua em co duoc ko zay?

[NguyThang khtn]

bai nay chuyen ve phan tich binh phuong la ra!

[windkiss]

the thi de sai bet em lam bai ny rui!

sặc, ko phải đề sai mà bạn ko đọc kĩ đề bài dẫn đến làm sai. Cũng có 1 bài tương tự bài này nhưng dễ hơn nữa cơ

[NguyThang khtn]

roi to sai anh quanct da lam roi con gi?

[windkiss]

bai nay chuyen ve phan tich binh phuong la ra!

Hả, bạn nói bài cuối ah, thế giải chi tiết luôn được không?

[NguyThang khtn]

giup em bai nay:
Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$. Tìm GTLN:
$A=\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}+\sqrt{1+z^{2}}+3(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Edited by bboy114crew, 13-11-2010 - 23:20.

[windkiss]

giup em bai nay:
Cho $x,y,z>0$ và $x+y+z=3$. Tìm GTLN:
$A=\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}+\sqrt{1+z^{2}}+3(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

a, b,c ở đâu vây?

[NguyThang khtn]

e to sua rui!

[windkiss]

bai 1:
ta co: $ x (1-y) \geq x^2(1-y)$ ,$ y(1-z) \geq y^2(1-z)$ , $z(1-x) \geq z^2(1-z) $
$ \Rightarrow (x^2+y^2+z^2) - (x^2y+y^2z+z^2x) \leq x (1-y)+ y(1-z) + z(1-x)$
$ \Rightarrow (x^2+y^2+z^2) - (x^2y+y^2z+z^2x) \leq (x+y+z) - (xy+yz+zx) $
ma $(1-x)(1-y)(1-z) + xyz \geq 0 \Rightarrow 1 \geq (x+y+z) - (xy+yz+zx) \Rightarrow x^2+y^2+z^2 \leq 1+x^2y+y^2z+x^2z$

bboy114crew làm thế nào mà nghĩ ra bài này vậy, xem thì hiểu bài rồi nhưng tự mình làm thì không biết phải nghĩ theo hướng nào?

[haiyen96]

Có lẽ là bboy_114crew biến đổi từ kết luận mà ra
Thầy mình nói 1 câu theo mình ngẫm thì cũng rất hay:
" Người thông minh luôn bắt đầu từ chỗ kết thúc."
Áp dụng vào toán thì đúng là tường phải bắt đầu từ chỗ cần chứng minh thật