Topic bất đẳng thức THCS (2)
#541
Đã gửi 19-02-2012 - 19:17
Bài 271: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xy^2z^2+x^2z+y=3z^2$. Tìm max của biểu thức:
$P=\frac{z^4}{1+z^4(x^4+y^4)}$
Bài 272: Cho $a,b,c>1$, tìm min của biểu thức:
$Q=\frac{a}{\sqrt{b}-1}+\frac{b}{\sqrt{c}-1}+\frac{c}{\sqrt{a}-1}$
Bài 273: Cho $a,b,c$ là những số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$, tìm min của:
$R=\sum \frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}$
Chú ý:Các anh chị THPT để cho bon em THCS làm cái, bị tranh hết mất
- le_hoang1995, Tham Lang, Mai Duc Khai và 3 người khác yêu thích
#542
Đã gửi 19-02-2012 - 19:35
- le_hoang1995, Mai Duc Khai, nguyenta98 và 2 người khác yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#543
Đã gửi 20-02-2012 - 00:26
Anh xin làm 2 bài.Post thêm vài bài duy trì pic đã, trầm quá
Bài 271: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xy^2z^2+x^2z+y=3z^2$. Tìm max của biểu thức:
$P=\frac{z^4}{1+z^4(x^4+y^4)}$
Bài 272: Cho $a,b,c>1$, tìm min của biểu thức:
$Q=\frac{a}{\sqrt{b}-1}+\frac{b}{\sqrt{c}-1}+\frac{c}{\sqrt{a}-1}$
Bài 273: Cho $a,b,c$ là những số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$, tìm min của:
$R=\sum \frac{a^2}{\sqrt{3a^2+8b^2+14ab}}$
Chú ý:Các anh chị THPT để cho bon em THCS làm cái, bị tranh hết mất
272. Ta có $$\dfrac{a}{\sqrt{b} - 1} + \dfrac{b}{\sqrt{c} - 1} + \dfrac{c}{\sqrt{c} - 1} \ge \dfrac{(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})^2}{\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} - 3}$$ $$ = \dfrac{x^2}{x - 3} = \dfrac{x^2 - 9}{x - 3} + \dfrac{9}{x - 3} = x + 3 + \dfrac{9}{x - 3} = 6 + x - 3 + \dfrac{9}{x - 3} \ge 6 + 6 = 12$$
273.
Đặt $ S= \sum a^2(3a^2 + 8b^2 + 14ab)$
Lúc đó
$$R^2.S \ge (a^2 + b^2 + c^2)^3$$
Ta lại có :
$$S = 3(a^4 + b^4 + c^4) + 8(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + 14abc(a + b + c) $$ $$= 3(a^2 + b^2 + c^2)^2 + 2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + 14abc(a + b + c)$$
xét $$2(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) \le \dfrac{2(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}$$
$$14abc(a + b + c) \le \dfrac{14(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}$$
Nên $$S \le 3(a^2 + b^2 + c^2)^2 + \dfrac{2(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3} + \dfrac{14(a^2 + b^2 + c^2)}{3} = \dfrac{25(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}$$
Nên $$R \ge \sqrt{\dfrac{(a^2 + b^2 + c^2)^3}{\dfrac{25(a^2 + b^2 + c^2)^2}{3}}} = \dfrac{\sqrt{3(a^2 + b^2 + c^2}}{5} \ge \dfrac{a + b + c}{5} = \dfrac{3}{5}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 20-02-2012 - 00:36
- le_hoang1995, Mai Duc Khai, nguyenta98 và 3 người khác yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#544
Đã gửi 20-02-2012 - 00:51
Bài 274. Cho các số thực không âm thoả mãn $x + y + z = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :
$$P = \sqrt{\dfrac{1 - x}{1 + x}} + \sqrt{\dfrac{1 - y}{1 + y}} + \sqrt{\dfrac{1 - z}{1 + z}}$$
Bài 275. Cho các số thực dương thoả mãn :$x + y + z + 1 = 4xyz$. Chứng minh rằng :
$$xy + yz + zx \ge x + y + z$$
Bài 276. Cho các số thực dương thoả mãn $a + b + c = 1$. Tìm GTLN của :
$$P = \sqrt{\dfrac{ab}{c + ab}} + \sqrt{\dfrac{bc}{a + bc}} + \sqrt{\dfrac{ca}{b + ca}} $$
Bài 277. Chứng minh :
$$(a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1) \ge (ab + bc + ca - 1)^2$$
- le_hoang1995, Mai Duc Khai, nguyenta98 và 1 người khác yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#545
Đã gửi 20-02-2012 - 19:29
Bài 275:Em chịu chỉ còn cách tra gg, tra ra thì lại thấy xài cả schur, pó tayBài 275. Cho các số thực dương thoả mãn :$x + y + z + 1 = 4xyz$. Chứng minh rằng :
$$xy + yz + zx \ge x + y + z$$
Bài 276. Cho các số thực dương thoả mãn $a + b + c = 1$. Tìm GTLN của :
$$P = \sqrt{\dfrac{ab}{c + ab}} + \sqrt{\dfrac{bc}{a + bc}} + \sqrt{\dfrac{ca}{b + ca}} $$
Biến đổi giả thiết thành $\frac{1}{2x+1}$+$\frac{1}{2y+1}$+$\frac{1}{2z+1}$=1
Đặt a=$\frac{1}{2x+1}$; b=$\frac{1}{2y+1}$; c=$\frac{1}{2z+1}$ thì a,b,c >0 và a+b+c=1
=> x=$\frac{b+c}{2a}$; y=$\frac{c+a}{2b}$; z=$\frac{a+b}{2c}$
Do đó VT = $\frac{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}{abc}$+9
VP = $\frac{2(ab+bc+ca)}{abc}$
đpcm <=> ${a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}+9abc \geq 2(ab+bc+ca)$
<=> (${a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2})(a+b+c) +9abc \geq 2(ab+bc+ca)(a+b+c)$
<=> $a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b) \geq 0$
Đây là BĐT Schur
Nguồn:MS
Bài 276:
Từ gt: $a+b+c=1\Rightarrow c+ab=c(a+b+c)+ab=c^2+ac+bc+ab=(c+a)(c+b)$
Vậy ta có:
$P=\sum \sqrt{\frac{ab}{c+ab}}=\sum \sqrt{\frac{ab}{(c+a)(c+b)}}\leq ^{Cauchy nguoc} \sum (\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b})=3$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
Vậy $maxP=3$ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 20-02-2012 - 19:30
- le_hoang1995, Tham Lang, Mai Duc Khai và 1 người khác yêu thích
#546
Đã gửi 20-02-2012 - 20:00
Lâu lắm em mới vào lại topic này, làm vui một bài:Post thêm vài bài duy trì pic đã, trầm quá
Bài 271: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xy^2z^2+x^2z+y=3z^2$. Tìm max của biểu thức:
$P=\frac{z^4}{1+z^4(x^4+y^4)}$
Chú ý:Các anh chị THPT để cho bon em THCS làm cái, bị tranh hết mất
BDT $\leftrightarrow \dfrac{1}{\dfrac{1}{z^4}+x^4+y^4}$
Đặt $c=\dfrac{1}{z},a=x,b=y \leftrightarrow \dfrac{1}{\dfrac{1}{z^4}+x^4+y^4}=\dfrac{1}{a^4+b^4+c^4}$
Khi đó đề sẽ là $ab^2\dfrac{1}{c^2}+a^2\dfrac{1}{c}+b=3\dfrac{1}{c^2} \leftrightarrow ab^2+a^2c+bc^2=3$
Ta có: $\dfrac{1}{a^4+b^4+c^4}$ đạt $max \leftrightarrow a^4+b^4+c^4$ $min$
Thấy $\left\{\begin{array}{1}a^4+a^4+c^4+1\geq 4a^2c \\b^4+b^4+a^4+1\geq 4ab^2 \\b^4+c^4+c^4+1\geq 4bc^2 \end{array}\right.$
Cộng 3 bdt trên thu được $3(a^4+b^4+c^4)+3\geq 4(ab^2+a^2c+bc^2)=13 \rightarrow a^4+b^4+c^4\geq 3 \rightarrow P\le \dfrac{1}{3}$
Vậy $Pmax=\dfrac{1}{3} \leftrightarrow a=b=c=1 \leftrightarrow x=y=z=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 20-02-2012 - 20:06
- Ispectorgadget, le_hoang1995, Tham Lang và 2 người khác yêu thích
#547
Đã gửi 20-02-2012 - 21:10
Ta có:Bài 277. Chứng minh :
$$(a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1) \ge (ab + bc + ca - 1)^2$$
\[\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) = {\left( {b + c} \right)^2} + {\left( {bc - 1} \right)^2}\]
\[ \to \left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) = \left( {{a^2} + 1} \right)\left[ {{{\left( {b + c} \right)}^2} + {{\left( {bc - 1} \right)}^2}} \right]\]
Áp dụng Cauchy-schwazr ta có:
\[\left( {{a^2} + 1} \right)\left( {{b^2} + 1} \right)\left( {{c^2} + 1} \right) \ge {\left[ {a\left( {b + c} \right) + bc - 1} \right]^2} = {\left( {ab + ac + bc - 1} \right)^2}\]
- vuhoangminh97, le_hoang1995, Tham Lang và 3 người khác yêu thích
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#548
Đã gửi 20-02-2012 - 22:19
Bài 278: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn $\left( {a + b + c + d} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}} \right) = 20$.
Tìm min của: \[A = \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} + \frac{1}{{{d^2}}}} \right)\]
Bài 279: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác:
CMR:\[{a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc \le \left[ {ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ac\left( {a + c} \right)} \right]\]
Bài 280: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$
CMR: $\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right) \ge 3{\left( {a + b + c} \right)^2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 20-02-2012 - 22:22
- le_hoang1995, nguyenta98 và minhtuyb thích
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#549
Đã gửi 21-02-2012 - 00:05
Em post thêm một số bài để duy trì topic này
Bài 280: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn ${a^2} + {b^2} + {c^2} = 3$
CMR: $\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right) \ge 3{\left( {a + b + c} \right)^2}$
Bài này mình làm như sau.
Theo Holder, ta có
$\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right)\ge \left [\frac{4}{\sqrt[3]{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}}+1 \right ]^3$
$\ge\left [ \frac{4}{ \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{3}}+1 \right ]^3=3^3$
$VP=3(a+b+c)^2\leq 3*(a^2+b^2+c^2)*3=3^3$
Suy ra ĐPCM
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 21-02-2012 - 00:07
- Mai Duc Khai yêu thích
#550
Đã gửi 21-02-2012 - 00:19
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \sqrt {\frac{1}{3}}$Bài này mình làm như sau.
Theo Holder, ta có
$\left( {\frac{4}{{{a^2} + {b^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{b^2} + {c^2}}} + 1} \right)\left( {\frac{4}{{{c^2} + {a^2}}} + 1} \right)\ge \left [\frac{4}{\sqrt[3]{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}}+1 \right ]^3$
$\ge\left [ \frac{4}{ \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{3}}+1 \right ]^3=3^3$
$VP=3(a+b+c)^2\leq 3*(a^2+b^2+c^2)*3=3^3$
Suy ra ĐPCM
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#551
Đã gửi 21-02-2012 - 12:46
Bài này tìm được một lời giải dùng phương pháp đirichlet post lên cho mọi người tham khảoBài 275. Cho các số thực dương thoả mãn :$x + y + z + 1 = 4xyz$. Chứng minh rằng :
$$xy + yz + zx \ge x + y + z$$
Theo nguyên lý Đirichlet thì 2 trong 3 số $(x-1);(y-1);(z-1)$ cùng dấu không mất tính tổng quát giả sử $(x-1)(y-1)\geq 0\Rightarrow xy+1\geq x+y$
Và ta cần chứng minh $yz+xz\geq z+1$
Theo điều kiện đề bài ta có $z=\frac{x+y+1}{4xy-1}$ nên thay vào BĐT trên ta được BĐT cần cm là
$z(x+y-1)\geq 1\Leftrightarrow (x+y-1)\frac{x+y+1}{4xy-1}\geq 1\Leftrightarrow (x-y)^2\geq 0$
Dấu "=" xảy ra khi x=y=1
- le_hoang1995, Mai Duc Khai, nguyenta98 và 1 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#552
Đã gửi 21-02-2012 - 21:47
Anh nghĩ, bọn anh sẽ phải cân nhắc hơn những điều em nêu trên, và còn bổ sung :
Thứ nhất, "thỉnh thoảng", bọn anh sẽ có những bài kha khá đưa vào đây, hoặc là nêu lên tổng quát, ...bổ sung cho topic thêm chút phong phú
Thứ hai, để topic được duy trì, các em cần tích cực hơn nữa, vì nếu như muốn nó sôi động, thì bắt buộc, THPT như anh và một số bạn khác "nhảy vào", như vậy đã tạo nên một khổi lượng bài tập khó.Các em nên chủ động hơn khi tạo một không khí cho riêng mình, bởi khi topic đứt quãng, thì chả ai ngó ngàng gì cả, nên làm cho topic ngày càng tẻ nhạt.
Còn nều THCS có những bài thực sự khó , anh kêu gọi mọi người hãy đến với topic "trao đổi bài" do anh Vương và anh Việt của THPT. ở đó, bọn em có thể tìm thoả mãn phần nào nhu cầu của mình.
- dark templar và minhtuyb thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#553
Đã gửi 22-02-2012 - 18:39
Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2004-2005
- Mai Duc Khai yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#554
Đã gửi 22-02-2012 - 19:40
Ta có:
$(ad-bc)^2+(ac+bd)^2=a^2.d^2+b^2.c^2+a^2.c^2+b^2.d^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$
mà lại có:
$ad-bc=1$ Suy ra:
$1+(ac+bd)^2=(a^2+b^2)(c^2+d^2)$
Lại có, theo BĐT Cô si ta có:
$a^2+b^2+c^2+d^2 \geq 2 \sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}$
Nên $S \geq ac+bd + 2 \sqrt{1+(ac+bd)^2}$
Mà $\sqrt{1+(ac+bd)^2} > \sqrt{(ac+bd)^2} = \left | ac+bd \right |$
Nên $S> ac+bd+ \left | ac+bd \right | \geq 0$
Do đó $S>0$.
Đặt $ac+bd = x$
Ta có $S \geq x+2 \sqrt{1+x^2}$
vì $(x+2 \sqrt{1+x^2})^2$
$=5x^2+4+4x \sqrt{1+x^2}$
$=(2x+ \sqrt{1+x^2})^2+3$
$\geq 3$
Nên $S^2 \geq 3$
Mà $S>0$ nên $S \geq \sqrt(3)$
BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO
• Facebook : facebook.com/viet.alexander.7
• Youtube : youtube.com/nthoangcute
• Gmail : [email protected]
• SÐT : 0965734893
#555
Đã gửi 22-02-2012 - 21:47
Cho $\left\{\begin{array}{1}x, y, z > 0 \\x + y + z = 1 + \sqrt{2} + \sqrt{3} \\x\ge \sqrt{3} \\x + y \ge \sqrt{3} + \sqrt{2} \end{array} \right.$
Tìm GTLN của $$P = \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}$$
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#556
Đã gửi 24-02-2012 - 21:01
Topic dạo này chán quáEm post thêm một số bài để duy trì topic này
Bài 278: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn $\left( {a + b + c + d} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{1}{d}} \right) = 20$.
Tìm min của: \[A = \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} + \frac{1}{{{d^2}}}} \right)\]
Mình giải bài này rồi bài còn lại nhường lại cho các bạn
Từ giả thiết ta có: $\sum\limits_{}^{} {\frac{{a + b + c}}{d} = 16}$
Lại có: $\sum\limits_{}^{} {{{\left( {a + b + c - d} \right)}^2} = 4\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right)}$
$\to \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right) = \frac{1}{4}{\sum\limits_{}^{} {\left( {a + b + c - d} \right)} ^2}$
Theo Cauchuy-schwarz ta có:
\[\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + {d^2}} \right)\left( {\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} + \frac{1}{{{d^2}}}} \right) = \frac{1}{4}{\sum\limits_{}^{} {\left( {a + b + c - d} \right)} ^2}.\sum\limits_{}^{} {\frac{1}{{{a^2}}}} \]
\[ \ge \frac{1}{4}{\left( {\sum\limits_{}^{} {\left( {\frac{{a + b + c - d}}{d}} \right)} } \right)^2} = \frac{1}{4}\left( {\sum\limits_{}^{} {\left( {\frac{{a + b + c}}{d} - 4} \right)} } \right) = \frac{1}{4}.{\left( {16 - 4} \right)^2} = 36\]
\[ \to \min A = 36 \Leftrightarrow a = c = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}.b = \frac{{3 \pm \sqrt 5 }}{2}.d\]
Bài này mình lấy bên MS...
P/s: Các bạn tích cực đi chứ, Vẫn còn nhiều bài về BĐT mà chúng ta chưa nghiên cứu mà...
Bài này đề của anh còn thiếu..Đề còn cho thêm là \[8 \le b \le 11\]Bài 281: Cho a,b thỏa mãn $0\leq a\leq 3;a+b=11$. Tìm GTLN của biểu thức P=ab
Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2004-2005
- perfectstrong yêu thích
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#557
Đã gửi 24-02-2012 - 21:31
Đề hình như đủ rồi màBài 281: Cho a,b thỏa mãn $0\leq a\leq 3;a+b=11$. Tìm GTLN của biểu thức P=ab
Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2004-2005
$P=ab=\frac{1}{24}(8a)(3b)\leq \frac{1}{24}.(\frac{8a+3b}{2})^2$
Mà 8a+3b=3(a+b)+5a=33+5a$\leq 33+5.3=48$ nên $P\leq \frac{1}{24}(\frac{48}{2})^2=22$
Đẳng thức xảy ra tại a=3;b=8
- perfectstrong, Tham Lang và Mai Duc Khai thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#558
Đã gửi 24-02-2012 - 21:43
Vâng!! Em nhầm sang cả Tìm GTNNĐề hình như đủ rồi mà
$P=ab=\frac{1}{24}(8a)(3b)\leq \frac{1}{24}.(\frac{8a+3b}{2})^2$
Mà 8a+3b=3(a+b)+5a=33+5a$\leq 33+5.3=48$ nên $P\leq \frac{1}{24}(\frac{48}{2})^2=22$
Đẳng thức xảy ra tại a=3;b=8
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#559
Đã gửi 24-02-2012 - 22:45
Bài 283:
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge \frac{9}{2+abc}$$
Bài 284: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$abc=1$.Tìm GTLN của:
$$P=\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}$$
Tổng quát bài 284: Cho $n$ số thực dương $x_1;x_2;...;x_n$ thỏa mãn:$x_1x_2...x_{n}=1$.Tìm GTLN của:
$$P=\frac{1}{x_1+n-1}+\frac{1}{x_2+n-1}+...+\frac{1}{x_{n}+n-1}$$.
- Mai Duc Khai và minhtuyb thích
#560
Đã gửi 25-02-2012 - 11:40
BĐT cần c/m tương đương:Góp vui
Bài 283:
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge \frac{9}{2+abc}$$
$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(abc+2)\geq 9$
Có: $VT=ab+bc+cb+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c}\geq^{AM-GM} 9\sqrt[9]{ab.bc.cb.\frac{1}{a}.\frac{1}{a}.\frac{1}{b}.\frac{1}{b}.\frac{1}{c}.\frac{1}{c}}=9<Q.E.D>$
Dấu bẵng xảy ra khi $a=b=c=1$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh