Họ tên: Lê Huy Hoàng
Năm sinh: 1999
Lớp: 11
Tên trong diễn đàn: chungtoiladantoan99
Địa chỉ email: [email protected]
Dự thi cấp: THPT
- nguyenhongsonk612 yêu thích
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 20-09-2015 - 21:55
Họ tên: Lê Huy Hoàng
Năm sinh: 1999
Lớp: 11
Tên trong diễn đàn: chungtoiladantoan99
Địa chỉ email: [email protected]
Dự thi cấp: THPT
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 05-06-2015 - 23:22
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 04-06-2015 - 23:41
Cho $x,y,z$ > $0$ thỏa $x+y+z=xyz$.
Chứng minh: $\sum\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}} \leq \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$
theo BĐT Cauchy-Swcharz, ta có:
$4(1+x^2)=(1+3)(1+x^2)\geq (1+x\sqrt{3})^2\Rightarrow 1+x^2\geq \frac{(1+x\sqrt{3})^2}{4}$
$\Rightarrow \sqrt{1+x^2}\geq \frac{1+x\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \frac{2x}{1+x\sqrt{3}}$
$\Rightarrow \sum \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq 2\sum \frac{x}{1+x\sqrt{3}}$ Do đó ta cần chứng minh: $\sum \frac{x}{1+x\sqrt{3}}\leq \frac{3\sqrt{3}}{4}$
Do VT của BĐT là thuần nhất nên chuẩn hóa $x+y+z=3\sqrt{3}$
Nhận xét: $\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{x}{1+x\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}(1+x\sqrt{3})}$ BĐT cần chứng minh có thể viết lại thành:
$\sum \frac{1}{\sqrt{3}(1+x\sqrt{3})}\geq \frac{\sqrt{3}}{4}$ . BĐT này đúng bởi theo BĐT cauchy-Swcharz ta có:
$\sum \frac{1}{\sqrt{3}(1+x\sqrt{3})}\geq \frac{9}{\sqrt{3}[\sqrt{3}(x+y+z)+3]}=\frac{9}{\sqrt{3}(3\sqrt{3}.\sqrt{3}+3)}=\frac{\sqrt{3}}{4}$
Dấu bằng xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} x+y+z=xyz & \\ x+y+z=3\sqrt{3} & \end{matrix}\right.$ cùng với đk xảy ra dấu bằng của BĐT Cauchy-Swcharz, ta được
$x=y=z=\sqrt{3}$. Suy ra đpcm.
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 04-06-2015 - 22:56
Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=3
Tìm GTNN: $A=\sum (a-1)^{3}$
Áp dụng BĐT Holder ta có:
$9\sum (a-1)^3=(1+1+1)(1+1+1)[(a-1)^3+(b-1)^3+(c-1)^3]\geq (a+b+c-3)^3=0$
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 01-06-2015 - 09:35
áp dụng bđt AM-Gm 3 số: $1=\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\geq 3\sqrt[3]{\frac{abc}{xyz}}\Rightarrow xyz\geq 27abc$
$S=x^n+y^n+z^n\geq 3\sqrt[3]{(xyz)^n}\geq 3\sqrt[3]{(27abc)^n}$
dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=x=y=z$
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 30-05-2015 - 10:58
ta có theo BĐT Cauchy-Swcharz: $(a+b+c)^2=(\frac{a}{\sqrt{x}}\sqrt{x}+\frac{b}{\sqrt{y}}\sqrt{y}+\frac{c}{\sqrt{z}}\sqrt{z})^2\leq (\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z})(x+y+z)\Rightarrow \frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}+\frac{c^2}{z}\geq \frac{(a+b+c)^2}{x+y+z}$
Dấu bằng xảy ra khi $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}$
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 28-05-2015 - 18:22
ta có: $4a^2+3ab-11b^2=5(a^2-2b^2)+5ab-(a+b)^2\vdots 5\Rightarrow (a+b)^2\vdots 5\Rightarrow (a+b)\vdots 5\Rightarrow (a^4-b^4)\vdots (a-b)\vdots 5$
suy ra đpcm
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 27-05-2015 - 15:34
Dễ thấy: $sinCsin(A-B)=sin(A+B)sin(A-B)=\frac{1}{2}(cos2B-cos2A)$
Giả thiết được viết lại thành: $\frac{cos2B-cos2A}{2}-sinA-cosB+\frac{3}{2}=0\Leftrightarrow cos2B-cos2A-2sinA-2cosB+3=0$
$\Leftrightarrow (cos2B+1)-(cos2A-1)-2sinA-2cosB+1=0\Leftrightarrow 2cos^2B+2sin^2A-2sinA-2cosB+1=0$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2}[(2cosB-1)^2+(2sinA-1)^2]=0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2cosB-1=0 & \\ 2sinA-1=0 & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} cosB=\frac{1}{2} & \\ sinA=\frac{1}{2} & \end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} B=\frac{\pi }{3} & \\ A=\frac{\pi }{6} & \end{matrix}\right.$ Suy ra $C=\frac{\pi }{2}$
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 26-05-2015 - 21:53
Ta có: $sin(\frac{7\pi }{4}-3x)=sin[2\pi -(\frac{\pi }{4}+3x)]=-sin(\frac{\pi }{4}+3x)$
Do đó phương trình viết lại thành: $sinx+cos2x-sin(\frac{\pi }{4}+3x)=cos\frac{\pi }{4}\Leftrightarrow sinx-sin(\frac{\pi }{4}+3x)=cos\frac{\pi }{4}-cos2x$
$\Leftrightarrow -2cos(\frac{\pi }{8}+2x)sin(\frac{\pi }{8}+x)=-2sin(\frac{\pi }{8}+x)sin(\frac{\pi }{8}-x)$
$\Leftrightarrow sin(\frac{\pi }{8}+x)[cos(\frac{\pi }{8}+2x)-sin(\frac{\pi }{8}-x)]=0$
$\Leftrightarrow sin(\frac{\pi }{8}+x)=0$ hoặc $cos(\frac{\pi }{8}+2x)=sin(\frac{\pi }{8}-x)=cos(\frac{3\pi }{8}+x)$
........
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 26-05-2015 - 15:50
theo giả thiết: $a+2b+3c=1 và a, b, c\geq 0\Rightarrow 0\leq a\leq 1\Rightarrow a\leq \sqrt[6]{a^5}$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$a+b=(a+b)(a+2b+3c)^2\geq 4(a+b)3c(a+2b)=12c(a+b)(a+2b)$
Do vậy ta chỉ cần chứng minh $(a+b)(a+2b)\geq 6ab$
Thật vậy, theo BĐT AM-GM: $(a+b)(a+2b)\geq 2\sqrt{ab}.3\sqrt[3]{ab^2}=6\sqrt[6]{ab}.b\geq 6ab$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{6}$ hoặc $a=b=0, c=\frac{1}{3}$
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 25-05-2015 - 16:24
Áp dụng BĐT Cauchy cho $ab-2, bc-2,ca-2$:
$3\sqrt[3]{(ab-2)(bc-2)(ca-2)}\leq (ab-2)+(bc-2)+(ca-2)$
$\Rightarrow 3\sqrt[3]{(ab-2)(bc-2)(ca-2)}\leq (ab+bc+ca)-6\leq a^2+b^2+c^2-6=-3$
$\Rightarrow \sqrt[3]{(ab-2)(bc-2)(ca-2)}\leq -1$
$\Rightarrow (ab-2)(bc-2)(ca-2)\leq 1$
$\Rightarrow (2-ab)(2-bc)(2-ca)\geq 1$(đpcm)
cái dùng AM-GM 3 số của bạn là sai. Vì luôn tồn tại 1 tích <2 theo giả thiết
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 25-05-2015 - 10:51
3a+4b≥(3+4)23a+4b
Cám ơn bạn nhiều nhưng mình không hiểu lắm đoạn này
3a+4b≥(3+4)23a+4b
sử dụng BĐT Bunhiacopski dạng phân thức
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 25-05-2015 - 10:21
Lời giải
Ta có $P=\frac{\frac{a}{c}}{\frac{b}{c}+1}+\frac{\frac{b}{c}}{\frac{a}{c}+1}+\frac{1}{\sqrt{\frac{a^2}{c^2}+\frac{b^2}{c^2}+1}}$
Đặt $x=\frac{a}{c};y=\frac{b}{c}$ bài toán trở thành
Cho $x,y>0$ thỏa mãn $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{2}$. Tìm Min của $P=\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}+\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+1}}$
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz có
$\frac{1}{2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}\geq \frac{\begin{pmatrix} \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \end{pmatrix}^2}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\leq 1\Leftrightarrow x+y\leq xy$
$\Rightarrow x^2+y^2+1\leq (x+y-1)^2$
Lại có $\frac{x}{y+1}+\frac{y}{x+1}\geq \frac{(x+y)^2}{x+y+2xy}\geq \frac{(x+y)^2}{x+y+\frac{(x+y)^2}{2}}=\frac{2(x+y)}{x+y+2}$
$\Rightarrow P\geq \frac{2(x+y)}{x+y+2}+\frac{1}{x+y-1}$
Đặt $t=x+y$. Theo BĐT $AM-GM$ ta có $1\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{t}\Leftrightarrow t\geq 4$
$P\geq \frac{2t}{t+2}+\frac{1}{t-1}=f(t)$
Khảo sát hàm $f(t)$ trên $[4;+\infty ]$
Ta có $f'(t)=\frac{3t(t-4)}{(t+2)^2(t-1)^2}\geq 0$ trên $[4;+\infty ]$
$\Rightarrow$ $f(t)$ đồng biến trên $[4;+\infty ]$
$\Rightarrow f(t)\geq f(4)=\frac{5}{3}$
Vậy Min $P=\frac{5}{3}$ $\Leftrightarrow x=y=2\Leftrightarrow a=b=2c$
Sơn ơi, biết dùng Đạo hàm rồi à?
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 25-05-2015 - 10:17
Áp dụng BĐT Cauchy-Swcharz ta có:
$VT\geq \frac{(\sum a^3)^2}{2\sum a^3}=\frac{\sum a^3}{2}$
Áp dụng BĐT AM-GM và BĐT Schur bậc ba ta có:
$\sum a^3+3abc\geq \sum ab(a+b)\geq 2\sum ab\sqrt{ab}=2 \Rightarrow \sum a^3\geq 2-3abc$
Lại có theo BĐT AM-GM: $1=\sum ab\sqrt{ab}=\sum (\sqrt{ab})^3\geq 3\sqrt[3]{(\sqrt{a^2b^2c^2}})^3= 3abc\Rightarrow -3abc\geq -1$
Suy Ra $\sum a^3\geq 2-1=1$
Do đó, $P\geq \frac{\sum a^3}{2}\geq \frac{1}{2}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}$
KL: $Min P=\frac{1}{2}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}$
Gửi bởi chungtoiladantoan99 trong 24-05-2015 - 16:57
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học