CMR: $\frac{a}{\sqrt{b+c}}+\frac{b}{\sqrt{c+a}}+\frac{c}{\sqrt{a+b}} \geq \sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}$
- yeutoan2001 yêu thích
Gửi bởi tretho97 trong 28-02-2017 - 15:55
Gửi bởi tretho97 trong 25-12-2016 - 09:00
Gửi bởi tretho97 trong 19-03-2015 - 22:16
Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có
$\frac{1}{2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\geq \frac{\begin{pmatrix} \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \end{pmatrix}^2}{2}\Leftrightarrow 1\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}\Leftrightarrow x+y\geq 4$
Đặt $x+y=t (t\geq 4)$
$P=\frac{x^2+y^2+1+x+y-1}{(x+1)(y+1)}+\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}$
Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có
$\frac{x^2+y^2+1}{6(x+1)(y+1)}+\frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{24(x+1)(y+1)}}$
$=\frac{3}{\sqrt[3]{24\begin{pmatrix} \frac{t^2}{4}+t+1 \end{pmatrix}}}=\frac{3}{\sqrt[3]{6(t+2)^2}}$
$\frac{5(x^2+y^2+1)}{(x+1)(y+1)}=\frac{5[(x+y)^2-2xy+1]}{xy+x+y+1}\geq \frac{5\begin{pmatrix} t^2-\frac{t^2}{2}+1 \end{pmatrix}}{6\begin{pmatrix} \frac{t^2}{4}+t+1 \end{pmatrix}}=\frac{5(t^2+2)}{3(t+2)^2}$
$\frac{x+y-1}{(x+1)(y+1)}\geq \frac{t-1}{\frac{t^2}{4}+t+1}=\frac{4(t-1)}{t^2+4t+4}$
Cộng theo vế $3$ BĐT trên ta được
$P\geq \frac{3}{\sqrt[3]{6(t+2)^2}}+\frac{5t^2+12t-2}{3(t+2)^2}$
Dự đoán dấu "=" xảy ra khi $t=4$ ta sẽ C/m $P\geq \frac{5}{3}$
$\Leftrightarrow 30t^2+72t-12+9(t+2)\sqrt[3]{36(t+2)}\geq 30(t+2)^2$
Đặt $\sqrt[3]{36(t+2)}=u(u\geq 6)$
BĐT $\Leftrightarrow 54u^4-288u^3-7776\geq 0\Leftrightarrow (u-6)(54u^3+36u^2+216u+1296)\geq 0$
(đúng do $u \geq 6$)
Vậy $P$ min $=\frac{5}{3}$. Dấu "=" xảy ra khi $u=6\Leftrightarrow t=4\Leftrightarrow x=y=2$
cộng theo vế 3 BĐT thì làm sao ra P được nhỉ?
Cách 2:
$(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^2\leq 2(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2})=1\Rightarrow xy\geq x+y\Rightarrow x^2+y^2+1\leq (x+y-1)^2\Rightarrow\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}\geq\frac{1}{x+y-1}$
$\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}=\frac{x^2}{xy+x}+\frac{y^2}{xy+y}\geq\frac{(x+y)^2}{2xy+x+y}\geq\frac{(x+y)^2}{\frac{(x+y)^2}{2}+x+y}$
Đến đây cộng theo vế;đặt $t=x+y\geq4$ và chứng minh $P\geq \frac{5}{3}$
Gửi bởi tretho97 trong 20-02-2015 - 17:14
$x;y$ là các số thực dương thỏa mãn $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{2}$.tìm giá trị nhỏ nhất
$P=\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}$
Gửi bởi tretho97 trong 02-09-2014 - 22:11
3 đội đôi 1 chưa đá với nhau nghĩa là tồn tại 1 đội chưa đá với 2 đội khác .mỗi đội đá tối đa 19 trận nên $k \leq 17$
chứng minh $k=17$ thỏa mãn
đưa các đội vào bảng.
ô $(A_j;A_i)=(A_i;A_j)$ và bằng 0 nếu 2 đội chưa đấu; bằng 1 nếu 2 đội đấu rồi. Bảng đối xứng nhau qua đường chéo chính.
mỗi hàng mỗi cột có 17 số 1 và 2 số 0. bây giờ chỉ cần xếp vào bảng thỏa mãn mấy điều này (tính đối xưng và số lượng chữ số 0;1) là ok thôi.
hình tớ vẽ là giả sử 3 đội cần tìm là $A_1;A_2;A_{20}$ chứ bạn có thể điền thế nào cũng được miễn thỏa mãn là xong.
.
Gửi bởi tretho97 trong 09-07-2014 - 15:51
Ta giả sử điều ngược lại $c$ là cạnh lớn nhất.
Khi đó $c\ge a$ và $c \ge b$
Tức là $a^2+b^2 > 5c^2=3c^2+2c^2 \ge 3c^2+a^2+b^2$
<=> $3c^2<0$ ( vô lý) nên điều giả sử là sai ta có đpcm
thế nếu $a>c>b$ thì sao ạ?
đây là lời giải của em:nếu $c$ không nhỏ nhất
a;b vai trò như nhau giả sử $a=min${$a;b;c$} và $c>a$ từ $a^{2}+b^{2}>5c^{2}\Rightarrow b^{2}>4c^{2}\Rightarrow b>2c>a+c$(vô lí)
Gửi bởi tretho97 trong 27-06-2014 - 11:28
Đề bài : Tam giác ABC Vuông cân tại A, E là một điểm nằm trong tam giác sao cho góc EAC = góc ECA = 15. Tính góc AEB.
N là một điểm nằm trong tam giác AEB sao cho góc NAB = góc NBA =15
Dễ dàng chứng minh $\Delta ANB$ = $\Delta AEC$ (g.c.g) suy ra AN=AE
$\angle NAE$ = $\angle BAC$ - $\angle NAB$ - $\angle EAC$ = 90-15-15=60
Suy ra $\Delta ANE$ đều suy ra $\Delta BNE$ cân tại N
$\angle ANB$ = 180 - $\angle NAB$ - $\angle NBA$ = 180-15-15=150
$\angle ENB$ = 360 - $\angle ANB$ - $\angle ANE$ = 360-150-60=150
Tam giác BNE cân tại N có góc ENB = 150 suy ra góc NEB = (180-150)/2 = 15
$\angle AEB$ = $\angle NEA$ + $\angle NEB$ = 60+15=75
Gửi bởi tretho97 trong 22-06-2014 - 13:43
xét dãy đa thức $P_1(x)=4x^{3}-3x;P_n(x)=P_1(P_{n-1}(x)) \forall n \geq 2$.
chứng minh $P_n(x)=x$ có đúng $3^{n}$ nghiệm thực phân biệt $\forall n \in \mathbb N *$
Gửi bởi tretho97 trong 18-06-2014 - 17:59
đặt $ M=d^{2p−2}+...+c^{2p−2}$
do $c;d$ lẻ nên $M \equiv p(mod 4)$
nếu $q|d^{2}-c^{2}$ thì $d^{2} \equiv c^{2} (mod4)$ nên $M\equiv pd^{2}(mod 4)$
nếu d không chia hết cho q thì$q|p$
bạn giải thích giúp mình mấy chỗ này với
Gửi bởi tretho97 trong 18-06-2014 - 00:47
cho p là số nguyên tố dạng $4k+3$ và các số nguyên $a;b;c;d$ thỏa mãn $a^{2p}+b^{2p}+c^{2p}=d^{2p}$.c/m: $abcd \vdots p$
Gửi bởi tretho97 trong 29-09-2013 - 16:29
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học