Giải phương trình vi phân:
$$\frac{y"}{y'^3}+\frac{2}{y'}-x-y=e^{-y}$$
- tankhoaphominh yêu thích
Gửi bởi longatk08 trong 21-04-2017 - 22:33
Gửi bởi longatk08 trong 28-06-2016 - 00:16
Nếu không có Vinacal thì làm sao giải đc hệ 4 ẩn em ơi? . Đây là đáp án của tác giả bài toán:
Gửi bởi longatk08 trong 24-06-2016 - 18:03
Gửi bởi longatk08 trong 19-06-2016 - 20:49
Bài 169: ( Chuyên Lê Hồng Phong) Cho $x,y,z$ là các số không âm thỏa mãn $x+y+z \leq \frac{19}{5}$. Tìm GTLN của:
$$P=(1+x^2y^2)\sqrt{1+z^4}-\frac{(x+y+z)^4}{12}$$
Gửi bởi longatk08 trong 06-06-2016 - 00:55
Biến đổi p,q,r ta có: $2q=p^2-3$
Bđt Schur: $9r\geq p(4q-p^2)=p(p^2-6)$
Do đó $P\leq \frac{7}{2}(p^2-3)-p(p^2-6)\leq 12\Leftrightarrow (-\frac{5}{2}-p)(p-3)^2\leq 0$ (đúng)
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$
MaxP=12.
Bài này nhẹ nhàng thôi, không cần thiết phải lôi BĐT Schur vào làm gì, với kiến thức thi đại trà thì không phù hợp.
Ở đây ta làm như sau:
Giả sử $a=max${$a,b,c$} thì ta có: $1\leq a\leq\sqrt{3}$.
Viết lại BĐT cần chứng minh dưới dạng $f(a)=a(9bc-7b-7c)+11-bc \geq 0$
Dễ thấy $f(a)$ là hàm đơn điệu nên ta chỉ cần chứng minh:
$f(1) \geq 0$ và $f(\sqrt{3}) \geq 0.$
Gửi bởi longatk08 trong 08-05-2016 - 05:41
Bài 80: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ac \leq 3$. Tìm GTNN của:
$$\frac{12}{4ab+(a+b)(c+3)}+\frac{\sqrt{2(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{2c^2}$$
Gửi bởi longatk08 trong 06-05-2016 - 23:33
BĐT tương tự sau cũng đúng:
$$\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge 2+4\cdot\left ( \frac{a-b}{a+b}\cdot\frac{b-c}{b+c}\cdot\frac{c-a}{c+a} \right )^2$$
Hoặc:
$$\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\frac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{ab^2+bc^2+ca^2}+\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$$
Gửi bởi longatk08 trong 06-05-2016 - 23:30
Chứng minh bất đẳng thức sau với các số thực không âm $a,b,c$ thoả mãn $ab+bc+ca>0$
$\frac{a(b+c)}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{b(c+a)}{c^{2}+ca+a^{2}}+\frac{c(a+b)}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 2+\frac{3\left [ (a-b)(b-c)(c-a) \right ]^{2}}{(a^{2}+ab+b^{2})(b^{2}+bc+c^{2})(c^{2}+ca+a^{2})}$
SpoilerMấy ngày này chán quá! Lang thang trên mạng thì tìm được bài này, mọi người làm thử xem
Áp dụng BĐT C-S thì ta có:
$$VT \geq \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2+(ab^2+bc^2+ca^2)^2}{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+abc\left[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \right]}$$
Mặt khác theo BĐT Schur thì $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) \leq a^3+b^3+c^3+3abc$. Vậy nên ta có:
$$\frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2+(ab^2+bc^2+ca^2)^2}{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}=2+\frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}$$
Ta có kết quả sau: Với mọi số thực $a,b,c$ thì BĐT sau đúng:
$$\prod(a^2+ab+b^2) \geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)$$
Gửi bởi longatk08 trong 02-05-2016 - 08:02
Đặt $p=x+y+z=3$, $q=xy+yz+zx$ và $r=xyz$. Áp dụng BĐT Schur :
$$r\geq \dfrac{4pq-p^3}{9}=\dfrac{4q-9}{3}$$
Cũng có :
$$x^3+y^3+z^3=3xyz+(x+y+z)\left [ (x+y+z)^2-3(xy+yz+zx) \right ]=3r+3(9-3q)=3r-9q+27$$
Bạn có thể tránh dùng BĐT Schur bằng cách sử dụng nguyên lí Dirichle, giả sử $(x^2-1)(y^2-1) \geq 0$
Gửi bởi longatk08 trong 13-04-2016 - 11:32
Cho các số thực không âm a,b,c, $a+b+c \le 2$
Tìm max:
$\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ca}+\sqrt{c^2+ab}+\dfrac{12}{\sqrt{a+b+c+2}}+1$
Bạn có thể dùng bổ đề sau:
$$\sqrt{a^2+bc}+\sqrt{b^2+ac}+\sqrt{c^2+ab}\leq \frac{3}{2}(a+b+c)$$. Trên điễn đàn bài này đã được post nhiều
Gửi bởi longatk08 trong 26-02-2016 - 22:51
Một dạng "chế phẩm" từ bài toán của Long đây, tư tưởng S.O.S rõ ràng dù vẫn hơi động tay, động chân tí:
https://artofproblem...4035_inequality
Gửi bởi longatk08 trong 10-02-2016 - 11:46
Thứ nhất: Chúng ta có quyền sắp thứ tự hoàn toàn khi vai trò $a,b,c$ trong biểu thức tương đương nhau nhưng với bài này vai trò của các biến không bình đẳng. Thứ 2: Người khác có quyền thắc mắc nếu họ không hiểu về 1 bước trong bài làm của bạn nên tôi nghĩ bạn nên giải thích cho họ hiểu, không hiểu thì phải hỏi, thế thôi. Những bước như thế thì không nên làm tắt. Mà theo biểu thức của bạn gõ ra thì $S_{a},S_{b},S_{c}$ nó đổi chỗ cho nhau hết cả, cái đầu tiên là $S_{c}$, thứ hai phải là $S_{a}$ và thứ 3 là $S_{b}$. Việc xác định đúng các biểu thức hết sức quan trọng trong quá trình bạn biện luận nhé.
Gửi bởi longatk08 trong 10-02-2016 - 11:38
Bài 70: Cho $a,b,c$ thực dương thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a^3c}{a^3+bc+ca}+\frac{b^3a}{b^3+ca+ab}+\frac{c^3b}{c^3+ab+bc}\leq \frac{(a^2+b^2+c^2)^3}{3(a+b+c)^2}$$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học