Chủ đề này có 10 trả lời

[datkjlop9a2hVvMF]

1/Cmr:Nếu a+b=2cd thì có ít nhất 1 trong 1 bđt sau đúng :$c^{2}\geq a$ hoặc$d^{2}\geq b$
2/Cmr:Nếu 3 số a,b,c thỏa đk:$\left\{\begin{matrix}a+b+c> 0\\ ab+bc+ca> 0\\ abc> 0\end{matrix}\right.$ thì a,b,c là 3 số dương.
3/Cho dãy số 13,25,43,...có số dạng tổng quát $a_{n}=3(n^{2}+n)+7(\forall n\in N^{*})$.Cmr:Trong dãy số đã cho,không có số hạng nào là lập phương của 1 số.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi datkjlop9a2hVvMF: 24-08-2012 - 11:37

[BlackSelena]

Câu 2 khá là quen thuộc
Giả sử $a=0$ thì trái với giả thiết $abc > 0$
Nếu $a\leq 0$:
$a+b+c > 0 \Rightarrow b+c > 0$
$abc ? 0 \Rightarrow bc < 0$
$\Rightarrow a(b+c) + bc < 0$, mâu thuẫn với giả thiết $ab+bc+ca > 0$
Vậy $a>0$, tuơng tự ta cũng có $b>0,c>0$
$Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 23-08-2012 - 19:54

[Tru09]

1/Cmr:Nếu a+b=2cd thì có ít nhất 1 trong 1 bđt sau đúng :$c^{2}\geq a$ hoặc$d^{2}\geq b$
2/Cmr:Nếu 3 số a,b,c thỏa đk:$\left\{\begin{matrix}a+b+c> 0\\ ab+bc+ca> 0\\ abc> 0\end{matrix}\right.$ thì a,b,c là 3 số dương.
3/Cho dãy số 13,25,43,...có số dạng tổng quát $a_{n}=3(n^{2}+n)+7(\forall n\in N^{*})$.Cmr:Trong dãy số đã cho,không có số hạng nào là lập phương của 1 số.

Chém ngay câu 1 :
$a+b =2cd \Rightarrow c^2 +d^2 -a- b=(c-d)^2 \geq 0$
Giả sử$ a >c^2 và b >d^2$ thì $a +b -c^2 -d^2 > 0 \Rightarrow$ Điều giả sử sai $\Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 23-08-2012 - 19:58

[L Lawliet]

1/Cmr:Nếu a+b=2cd thì có ít nhất 1 trong 1 bđt sau đúng :$c^{2}\geq a$ hoặc$d^{2}\geq b$

Lời giải:
Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức ta được: $c^2+d^2\geq a+b$. Mà $a+b=2cd$ (giả thuyết) nên ta có: $c^2+d^2\geq a+b=2cd\Leftrightarrow \left ( c-d \right )^2\geq 0$ (bất đẳng thức này đúng nên ta có $Q.E.D$).
----
@BS + True: Làm chậm mà like nhiều vậy
----
@Selena: Làm chậm thì sao :S?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 23-08-2012 - 20:15

[datkjlop9a2hVvMF]

4/Cho a,b,c là các số thực thõa mãn đk $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.Cmr:$\frac{1}{5-6ab}+\frac{1}{5-6bc}+\frac{1}{5-6ca}\leq 1$ =~

[datkjlop9a2hVvMF]

Lời giải:
Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức ta được: $c^2+d^2\geq a+b$. Mà $a+b=2cd$ (giả thuyết) nên ta có: $c^2+d^2\geq a+b=2cd\Leftrightarrow \left ( c-d \right )^2\geq 0$ (bất đẳng thức này đúng nên ta có $Q.E.D$).
----
@BS + True: Làm chậm mà like nhiều vậy

Bài 1,2,3 đều dùng phản chứng để cm hết ~

[lth080998]

1/Cmr:Nếu a+b=2cd thì có ít nhất 1 trong 1 bđt sau đúng :$c^{2}\geq a$ hoặc$d^{2}\geq b$
2/Cmr:Nếu 3 số a,b,c thỏa đk:$\left\{\begin{matrix}a+b+c> 0\\ ab+bc+ca> 0\\ abc> 0\end{matrix}\right.$ thì a,b,c là 3 số dương.
3/Cho dãy số 13,25,43,...có số dạng tổng quát $a_{n}=3(n^{2}+n)+7(\forall n\in N^{*})$.Cmr:Trong dãy số đã cho,không có số hạng nào là lập phương của 1 số.

Bài 1:Giả sử ko có bdt nào đúng$\Rightarrow a>c^{2},b>d^{2}\Rightarrow a+b>c^{2}+d^{2}\geqslant 2cd$(trái với giả thiết vì không có trường hợp dấu bằng)$\Rightarrow$Q.E.D

[datkjlop9a2hVvMF]

Câu 2 khá là quen thuộc
Giả sử $a=0$ thì trái với giả thiết $abc > 0$
Nếu $a\leq 0$:
$a+b+c > 0 \Rightarrow b+c $>$\left | a \right |$$\geq$ 0$
$abc $>$ 0 \Rightarrow bc < 0$
$\Rightarrow a(b+c) + bc < 0$, mâu thuẫn với giả thiết $ab+bc+ca > 0$
Vậy $a>0$, tuơng tự ta cũng có $b>0,c>0$
$Q.E.D$

Sửa thế chắc hợp lí hơn. ~

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi datkjlop9a2hVvMF: 23-08-2012 - 20:45

[Tru09]

4/Cho a,b,c là các số thực thõa mãn đk $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.Cmr:$\frac{1}{5-6ab}+\frac{1}{5-6bc}+\frac{1}{5-6ca}\leq 1$ =~

Say đắm BDT
Bài làm :
Quy đồng =))
Ta có :
$BDT \Leftrightarrow \sum (5-6bc)(5-6ca) \leq (5-6bc)(5-6ca)(5-6ab)$
$\Leftrightarrow \sum 25-30ca -30bc +36abc^2 \leq (5-6bc)(5-6ca)(5-6ab)$
$\Leftrightarrow 75 -60(ab+bc+ca) +36abc(a+b+c) \leq 125 -150(ab+bc+ca) +180abc(a+b+c) -216a^2b^2c^2$
$\Leftrightarrow 50 -90(ab+bc+ca) +144abc(a+b+c) -216a^2b^2c^2 \geq 0$
Đặt$ a+b+c =p$ ;$ab+bc+ca =q$ ;$abc=r$
Ta có :$BDT \leftrightarrow 50-90q +144rp -216r^2 \geq 0$
$\Leftrightarrow 25-45q +72rp -108r^2 \geq 0$
Theo giả thiết $\Rightarrow q \leq a^2 +b^2 +c^2 =1$
Vậy$ BDT \Leftrightarrow -20 +72rq -108r^2 \geq 0$
Không dưng lại ở đó
Cũng theo giả thiết $\Rightarrow 1=a^2 +b^2 +c^2 \geq 3\sqrt{r^2} \Rightarrow \frac{1}{27} \geq r^2$
Vậy $BDT \Leftrightarrow -24 +72rq \geq 0$
Mà thậm chí theo schur :
$r \geq \frac{p(4q-p^2)}{9}$
$\Rightarrow rp \geq \frac{p^2(4q-p^2)}{9} (1)$
Hơn thế nữa $p^2 =1 +2q$
Thay vào $(1) \Rightarrow rp \geq \frac{(1+2q)(2q-1)}{9}=\frac{4q^2-1}{9}$
Nên $72rq \geq 8(4q^2 -1)$
Tóm lại $BDT \Leftrightarrow -24 +32q^2 -8 \geq 0$
Vì vậy :$BDT \Leftrightarrow p^2 \geq 1 :\text{Luôn Đúng}$
Có thể nói BDT đã được chứng minh hoàn toàn
Dấu "$=$" sảy ra $\leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$
---- Toán + Văn ra bài này =)) ---------------

[datkjlop9a2hVvMF]

Còn 1 câu kìa.
P/s:Cái bài bđt mình giải ra $\pm \frac{1}{\sqrt{3}}$

[Wheretogo]

câu 3 xem tại http://diendantoanho...-một-số-nguyên/

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Wheretogo: 16-07-2015 - 18:30