happyfree

Mình muốn hỏi : Làm sao để thiết kế một đa thức bậc ba với hệ số nguyên có ba nghiệm vô tỉ $x_0,x_1,x_2$ thỏa mãn: $|x_0|>1$; $|x_1|<1$; $|x_2|<1$. Cám ơn mọi người.

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=1$

Chứng minh rằng: $\frac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+ab}} \geq 2\sqrt{2}$

Giải bất phương trình:

$\sqrt{x^2-x-2}+3\sqrt{x} \leq \sqrt{5x^2-4x-6}$

Cho $X,Y$ là các không gian Banach.D là không gian con của $X$.$T:D \rightarrow Y$ là ánh xạ tuyến tính đóng.CMR:Nếu $T$ là song ánh thì T là đẳng cấu topo.

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Tìm min của biểu thức $p=\frac{a^{3}}{b^{2}+1}+\frac{b^{3}}{c^{2}+1}+\frac{c^{3}}{a^{2}+1}$

Áp dụng $Cauchy-Schwarz$ ta có :

$P=\frac{a^3}{b^2+1}+\frac{b^3}{c^2+1}+\frac{c^3}{a^2+1}=\frac{a^4}{ab^2+a}+\frac{b^4}{bc^2+b}+\frac{c^4}{ca^2+c} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab^2+bc^2+ca^2+a+b+c}$

$a+b+c=abc(a+b+c) \leq \frac{(ab+bc+ca)^2}{3} \leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}          (3)$

$ab^2+bc^2+ca^2 \leq \frac{b^2(a^2+1)}{2}+\frac{c^2(b^2+1)}{2}+\frac{a^2(c^2+1)}{2}=\frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2+b^2+c^2}{2}$

Có $a^2+b^2+c^2 \geq 3$ (hiển nhiên đúng theo $AM-GM$)

Suy ra $(a^2+b^2+c^2)^2 \geq 3(a^2+b^2+c^2)       (1)$

Có $(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)        (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2+b^2+c^2 \leq \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)^2$

Suy ra $ab^2+bc^2+ca^2 \leq \frac{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2+b^2+c^2}{2} \leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3}            (4)$ 

Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $ab^2+bc^2+ca^2+a+b+c \leq \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)^2$

Suy ra $P \geq \frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$

Chứng minh rằng : $\frac{a^2(b+1)}{b(a^2+ab+b^2)}+\frac{b^2(c+1)}{c(b^2+bc+c^2)}+\frac{c^2(a+1)}{a(c^2+ca+a^2)} \geq \frac{6}{a+b+c}$

$VT=\sum \frac{ab}{b+1}\leqslant \sum \frac{ab}{4}(\frac{1}{b}+1)=\sum \frac{ab}{4}(1+ca)$
$=>VT\leqslant \sum \frac{ab}{4}+\sum \frac{a^2}{4}\leqslant \frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})$

hình như $VT \leq \sum \frac{ab}{4}+\sum \frac{a}{4}$ mà bạn

Cho ba số thực dương $a,b,c$

Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{5a^2b+3}+\sqrt[3]{5b^2c+3}+\sqrt[3]{5c^2a+3} \leq \frac{21}{12}(a+b+c)+\frac{1}{4}(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$

Cho $E$ là $\mathbb{R}$-kgv các ánh xạ liên tục từ $[0;+\infty)$ tới $\mathbb{R}$ và $F$ là một bộ phận của $E$ tạo nên bởi các ánh xạ liên tục đều từ $[0;+\infty)$ đến $\mathbb{R}$.

Chứng minh $F^{o}=\varnothing$ (giả thiết $E$ được trang bị một chuẩn nào đó;kí hiệu $F^{o}$ là phần trong của $F$)

Let $E$ is the set of maps  belongs with class $C^{1}$ on $[0;1]$ satisfies that $f(0)=0;N,N':E \rightarrow \mathbb{R}$ are maps determined:

$f(0)=0;N,N':E \rightarrow \mathbb{R}$; $N'(f)= Sup_{t \in [0;1]} |f'(t)|$
prove that $N,N'$ are norms in $E$;but they aren't equivalent.

 

2. Cho a,b,c>0 thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$

CMR   $\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}\leq 9/2$

$\frac{6}{1-ab}=9-\frac{3-9ab}{1-ab}=9-\frac{9-81(ab)^2}{(1-ab)(3+9ab)}=9-\frac{9-81(ab)^2}{4-(3ab-1)^2} \leq 9-\frac{9-81(ab)^2}{4}$

Tương tự ta có: $\frac{6}{1-bc}\leq 9-\frac{9-81(bc)^2}{4}$

                          $\frac{6}{1-ca}\leq 9-\frac{9-81(ca)^2}{4}$

Cộng 3 BĐT cùng chiều và áp dụng BĐT $(ab)^2+(bc)^2+(ca)^2 \leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{3} = \frac{1}{3}$

Suy ra đpcm

http://diendantoanho...h-bất-đẳng-thức

Viết lại dưới dạng:

$P=\frac{1}{(1+\frac{b}{a})^2}+\frac{1}{(1+\frac{c}{b})^2}+\frac{1}{(1+\frac{a}{c})^2}=\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}$

với: $x=\frac{b}{a};y=\frac{c}{b};z=\frac{a}{c};xyz=1$

Sử dụng: $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq \frac{1}{1+xy}$

Suy ra: $P\geq \frac{1}{1+xy}+\frac{1}{(1+z)^2}=\frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}\geq \frac{3}{4}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$.

-----------------------------------------------------

Một bài tương tự: Với a,b,c dương, Tìm GTNN của: 

$K=(\frac{a}{a+b})^3+(\frac{b}{b+c})^3+(\frac{c}{c+a})^3$

Cách khác:

$(\frac{a}{a+b})^2+(\frac{b}{b+c})^2+(\frac{c}{c+a})^2=\frac{a^2(c+a)^2}{(a+b)^2(c+a)^2}+\frac{b^2(a+b)^2}{(b+c)^2(a+b)^2}+\frac{c^2(b+c)^2}{(c+a)^2(b+c)^2} \geq \frac{[a(c+a)+b(a+b)+c(b+c)]^2}{(a+b)^2(c+a)^2+(b+c)^2(a+b)^2+(c+a)^2(b+c)^2} =  \frac{[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]^2}{4[(a+b)^2(c+a)^2+(b+c)^2(a+b)^2+(c+a)^2(b+c)^2]}$

Ta cần chứng minh : 

$(a+b)^2(c+a)^2+(b+c)^2(a+b)^2+(c+a)^2(b+c)^2 \leq \frac{[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]^2}{3}$

Đây là BĐT quen thuộc có dạng $xy+yz+zx \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}$

Cho x,y,z >0 thỏa mãn x+y+z=3.

Chứng minh :  $\frac{1}{x^{2}+x}+\frac{1}{y^{2}+y}+\frac{1}{z^{2}+z}\geq \frac{3}{2}$

Mk cần cách giải không dùng UCT

$\sum \frac{1}{x^2+x}= \sum \frac{\frac{1}{x}}{x+1} \geq \frac{(\sum \frac{1}{\sqrt{x}})^2}{\sum x+3}=\frac{(\sum \frac{1}{\sqrt{x}})^2}{6}$

Có: $\sum \frac{1}{\sqrt{x}} \geq \frac{9}{\sum \sqrt{x}} \geq \frac{9}{\sum \frac{x+1}{2}}=3$

Từ đó suy ra $\sum \frac{1}{x^2+x} \geq \frac{3}{2} (đpcm)$

Cho $0\leq a;b;c\leq 1$ và $a+b+c\geq 2$. Chứng minh:A=$\sum a(ab+1)$$\geq 2$

Vì $0 \geq a,b,c \leq 1$ nên

$\left\{\begin{matrix}a(b-1) \leq 0& \\ b(c-1) \leq 0& \\ c(a-1) \leq 0&\end{matrix}\right.$ 

Cho $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng: $$\frac{1}{4a^{2}-bc+1}+\frac{1}{4b^{2}-ac+1}+\frac{1}{4c^{2}-ab+1}\geq \frac{3}{2}.$$

Đặt $ab=x; bc=y;ca=z$  khi đó $x+y+z=1$

ta có: $a^2=\frac{xz}{y};b^2=\frac{xy}{z};a^2=\frac{yz}{x}$

VT trở thành

$\frac{1}{\frac{4xz}{y}-y+1}+\frac{1}{\frac{4xy}{z}-z+1}+\frac{1}{\frac{4yz}{x}-x+1}$

$=\frac{y}{4xz+xy+yz}+\frac{z}{4xy+xz+yz}+\frac{x}{4yz+xy+xz} $

$\geq \frac{(x+y+z)^2}{12xyz+y^2(x+z)+z^2(x+y)+x^2(y+z)}=\frac{1}{12xyz+xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)}=\frac{1}{12xyz+xy(1-z)+yz(1-x)+xz(1-y)}=\frac{1}{9xyz+xy+yz+zx}$

kết hợp vs $9xyz \leq 9(\frac{x+y+z}{3})^3= \frac{1}{3}$ và $xy+yz+zx \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}= \frac{1}{3}$

Suy ra đpcm