Chủ đề này có 14 trả lời

[mybest]

1)Cho x,y,z>o và x+y+z 3/2.CM $\sqrt{x^2+\dfrac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\dfrac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\dfrac{1}{z^2}} \geq \dfrac{3}{2}\sqrt{17}$
2)Cho ba số a,b,c đôi một khác nhau.CM$\dfrac{(a+b)^2}{(a-b)^2}+\dfrac{(b+c)^2}{(b-c)^2}+\dfrac{(c+a)^2}{(c-a)^2} \geq2$
PS:Mọi người làm hết tớ sẽ post thêm

[wallunint]

1)Cho x,y,z>o và x+y+z 3/2.CM $\sqrt{x^2+\dfrac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\dfrac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\dfrac{1}{z^2}} \geq \dfrac{3}{2}\sqrt{17}$
2)Cho ba số a,b,c đôi một khác nhau.CM$\dfrac{(a+b)^2}{(a-b)^2}+\dfrac{(b+c)^2}{(b-c)^2}+\dfrac{(c+a)^2}{(c-a)^2} \geq2$
PS:Mọi người làm hết tớ sẽ post thêm

Bài 1: Theo BDT Minkowsky, ta có:
$\begin{gathered}\sqrt {{x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} + \sqrt {{y^2} + \dfrac{1}{{{y^2}}}} + \sqrt {{z^2} + \dfrac{1}{{{z^2}}}} \geqslant \sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)}^2}} \hfill \\\geqslant \sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + \dfrac{{81}}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}} = \sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + \dfrac{{81}}{{16{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{1215}}{{16{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}} \hfill \\\geqslant \sqrt {2\sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2}.\dfrac{{81}}{{16{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}} + \dfrac{{1215}}{{16{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}} \geqslant \sqrt {\dfrac{9}{2} + \dfrac{{135}}{4}} = \dfrac{{3\sqrt {17} }}{2} \hfill \\ \end{gathered}$

Bài 2 thì xin để lại cho các bạn khác, trong sách cũng có nhiều rồi

[Tran Quoc Anh]

1)Cho x,y,z>o và x+y+z 3/2.CM $\sqrt{x^2+\dfrac{1}{x^2}}+\sqrt{y^2+\dfrac{1}{y^2}}+\sqrt{z^2+\dfrac{1}{z^2}} \geq \dfrac{3}{2}\sqrt{17}$
2)Cho ba số a,b,c đôi một khác nhau.CM$\dfrac{(a+b)^2}{(a-b)^2}+\dfrac{(b+c)^2}{(b-c)^2}+\dfrac{(c+a)^2}{(c-a)^2} \geq2$
PS:Mọi người làm hết tớ sẽ post thêm

Bài 2 dùng Cauchy- Schwarz sẽ được.

[NguyThang khtn]

Bài 2 dùng Cauchy- Schwarz sẽ được.

sai rồi !
bài này ko khó !
đặt $\dfrac{a+b}{a-b} = x; \dfrac{b+c}{b-c}=y;\dfrac{c+a}{c-a}=z$
ta có:
$x^2+y^2+z^2 = (x+y+x)^2 - 2(xy+zx+yz) \geq \ - 2(xy+zx+yz)$
bạn tự tính cái :$- 2(xy+zx+yz)$ dể thôi coi như là bài tập!

[mybest]

Bài 1: Theo BDT Minkowsky, ta có:
$\begin{gathered}\sqrt {{x^2} + \dfrac{1}{{{x^2}}}} + \sqrt {{y^2} + \dfrac{1}{{{y^2}}}} + \sqrt {{z^2} + \dfrac{1}{{{z^2}}}} \geqslant \sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right)}^2}} \hfill \\\geqslant \sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + \dfrac{{81}}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}} = \sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2} + \dfrac{{81}}{{16{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} + \dfrac{{1215}}{{16{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}} \hfill \\\geqslant \sqrt {2\sqrt {{{\left( {x + y + z} \right)}^2}.\dfrac{{81}}{{16{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}} + \dfrac{{1215}}{{16{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}} \geqslant \sqrt {\dfrac{9}{2} + \dfrac{{135}}{4}} = \dfrac{{3\sqrt {17} }}{2} \hfill \\ \end{gathered}$

Bài 2 thì xin để lại cho các bạn khác, trong sách cũng có nhiều rồi

Bài 1 này có thể áp dụng bdt $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} \geq \dfrac{9}{x+y+z}$.Chứ làm theo kiểu bdt Min-cốp-ski như Tường hình như không thích hợp với THCS lắm
Tiếp 2 bài nữa
3)Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện x+y+z+xy+yz+zx=6.Cm $x^2+y^2+z^2\geq3$
4)Cho x,y là các số thực thỏa mãn điệu kiện [x]<1,[y]<1.Cm $[x]+[y]\geq [\dfrac{x+y}{1+xy}] $
PS mọi người thông cảm nha mình ko biết đánh dấu giá trị tuyệt đối như thế nào nên thay dấu [] là dấu giá trị tuyệt đối

[h.vuong_pdl]

Có thể lách Mincopski bằng cách dùng Buinhiacopski:
$(1+4^2)(a^2+\dfrac{1}{a^2}) \ge (a + \dfrac{4}{a})^2\to \sqrt{17}\sqrt{a^2+\dfrac{1}{a^2}} \ge a+\dfrac{4}{a} $
sau đó đánh giá + xài Cô-si là đuợc !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 19-02-2011 - 14:42

[h.vuong_pdl]

3)Cho x,y,z là các số thực thỏa mãn điều kiện $x+y+z+xy+yz+zx=6$.
Cm $x^2+y^2+z^2\geq3$
4)Cho x,y là các số thực thỏa mãn điệu kiện $|x|<1,|y|<1.$
Cm $|x|+[y] \geq |\dfrac{x+y}{1+xy}| $

p/s: ấn Shift + \ sẽ thu được cặp dấu giá trị tuyệt đối | ? |

[h.vuong_pdl]

không còn là học sinh THCS nhưng vẫn vào chém, các em thông cảm nha
bài 3: có khá nhiều câch, ta đánh giá đẳng thức xảy ra khi $x = y= z = 1.$
$AM_GM:$ $\left. \begin{array}{l}{x^2} + 1 \ge 2x \\ {y^2} + 1 \ge 2y \\ {z^2} + 1 \ge 2z \\ {x^2} + {y^2} \ge 2xy \\ {y^2} + {z^2} \ge 2yz \\ {z^2} + {x^2} \ge 2zx \\ \end{array} \right\}\\ \Rightarrow 3(x^2+y^2+z^2)+3 \ge 2(x+y+z+xy+yz+zx)=12 \to dpcm!$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 19-02-2011 - 14:58

[h.vuong_pdl]

Mấy bài như trên không khó + hay.
Các em muốn ôn thi thì nên làm những bài hay hay + đòi hỏi tí kĩ thuật + biến đổi tinh tế
Anh có mấy bài, tuy hoàn toàn không khó nhưng hay + rất phù hợp với THCS như sau ( cũng thu lượm cả thôi )

$B_1:Cho: a>b>0.Cmr: \\ ab(a-b) + 1 \ge 3b(a-b)$
$B_2: Cho: 0 \le x \le y \le 1$.
Tìm GTLN của : $x\sqrt{y} - y\sqrt{x}$

[mybest]

Cảm ơn mọi người đã ủng hộ topic của mình.Sau đây là 1 số bài
5)Cho a,b là các số dương thỏa $a^2+2b^2\leq 3c^2 .CM \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\geq \dfrac{3}{c}$
6)Cho a,b,c thỏa a>0,a^2=bc, a+b+c=abc.Cm
a)$a\geq\sqrt{3},b>o,c>0$
b)$b^2+c^2\geq 2a^2$
7)CM $1998<1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+....+\dfrac{1}{\sqrt{1000000}}<1999$

[mybest]

không còn là học sinh THCS nhưng vẫn vào chém, các em thông cảm nha
bài 3: có khá nhiều câch, ta đánh giá đẳng thức xảy ra khi $x = y= z = 1.$
$AM_GM:$ $\left. \begin{array}{l}{x^2} + 1 \ge 2x \\ {y^2} + 1 \ge 2y \\ {z^2} + 1 \ge 2z \\ {x^2} + {y^2} \ge 2xy \\ {y^2} + {z^2} \ge 2yz \\ {z^2} + {x^2} \ge 2zx \\ \end{array} \right\}\\ \Rightarrow 3(x^2+y^2+z^2)+3 \ge 2(x+y+z+xy+yz+zx)=12 \to dpcm!$

Anh ơi cho em hỏi tí tại sao để giải bài toán bdt thì tại sao đa số các bài toán phải dự đoán dấu bằng xảy ra khi nào rồi mới chứng minh .Và khi mình dự đoán dấu bằng xong làm thế nào để áp dụng dự đoán dấu bằng đó vào chứng minh bài toán

[mybest]

topic này bị bỏ đói rồi sao.Không ai tham gia hết vậy.Buồn quá

[zzz.chelsea.zzz]

theo mình biết thì thường dự đoán kết quả, thường hay dùng để chọn điểm rơi trong bất đẳng thức Cô si, còn dùng trong nhiều trường hợp tách để sử dụng các bất đẳng thức #

[NguyThang khtn]

Cảm ơn mọi người đã ủng hộ topic của mình.Sau đây là 1 số bài

7)CM $1998<1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{3}}+....+\dfrac{1}{\sqrt{1000000}}<1999$

topic ko sup đâu!
ta thấy:
$ \sqrt{n+1} - \sqrt{n} = \dfrac{n+1-n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} \leq \dfrac{1}{2\sqrt{n}} (1)$
$ \sqrt{n} - \sqrt{n-1} = \dfrac{n-n+1}{\sqrt{n} + \sqrt{n-1}} = \dfrac{1}{\sqrt{n} + \sqrt{n-1}} \geq \dfrac{1}{2\sqrt{n}} (2)$
Từ (1) và (2), suy ra:
$2( \sqrt{n+1} - \sqrt{n}) \leq \dfrac{1}{\sqrt{n}} \leq 2(\sqrt{n} - \sqrt{n-1} )$
Thay lần lượt n=1,2,3,...,1000000 là xong!
Tặng cậu bài !
CMR:
$ 1,71 \leq 1+\dfrac{1}{2!} + \dfrac{1}{3!} +...+\dfrac{1}{n!} \leq 1,72$ với $n \geq 5$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 25-02-2011 - 20:58

[wallunint]

5)Cho a,b là các số dương thỏa $a^2+2b^2\leq 3c^2 .CM \dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}\geq \dfrac{3}{c}$

Thức ra mấy bài này ko khó mấy bạn nhát giải thui à với lại mấy ngày hôm nay mình ko lên VMF

Ta có: $VT = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{b} \geqslant \dfrac{9}{{a + 2b}}$
vậy chỉ cần chứng minh: $a + 2b \leqslant 3c \Leftrightarrow {\left( {a + 2b} \right)^2} \leqslant 9{c^2}$

Điều này hoàn toàn đúng theo BDT Cauchy-Schwars: ${\left( {a + 2b} \right)^2} \leqslant {\left( {a + \sqrt 2 .\sqrt 2 b} \right)^2} \leqslant \left( {1 + 2} \right)\left( {{a^2} + 2{b^2}} \right) \leqslant 3.3{c^2}$
Vậy BDT đã đc chứng minh .