Đến nội dung


Hình ảnh

Cauchy-Schwarz


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 134 trả lời

#1 lãng tử

lãng tử

    8C_HN-Ams

  • Thành viên
  • 576 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:ở một nơi nào đó... trên thế giới này

Đã gửi 12-04-2007 - 22:40

- Như chúng ta đã biết, bất đẳng thức Cauchy-Schwarz có dạng như sau:
Với hai dãy số thực $(a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $(b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ ta luôn có bất đẳng thức sau:
$(a_{1}^2+a_{2}^2+...+ a_{m}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2+...+b_{m}^2) \geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^2$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
- Nó cũng có một số hệ quả:
1, Bất đẳng thức Schwarz:
Với hai dãy số thực $(a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $(b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ sao cho $b_{i} \geq 0$ ta luôn có bất đẳng thức:
$\dfrac{a_{1}^2}{b_{1}}+ \dfrac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+ \dfrac{a_{m}^2}{b_{m}} \geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^2}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}$
2, Bất đẳng thức Minkovsky:
Với 2 dãy số thực $\Large (a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ và $\Large (b_{1}, b_{2}, ..., b_{m})$ ta có:
$\Large \sum\limits_{i=1}^{m} \sqrt{a_{i}^2+b_{i}^2} \geq \sqrt{(\sum\limits_{i=1}^{m} a_{i})^2+(\sum\limits_{i=1}^{m} b_{i})^2}$
3, Với mọi dãy số thực $\Large (a_{1}, a_{2}, ..., a_{m})$ ta có:
$\Large (a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{m})^2 \leq n(a_{1}^2+a_{2}^2+...+a_{m}^2)$
- Đây là một bất đẳng thức rất thông dụng với các bạn THCS và hay được dùng trong các kì thi.
Sau đây là một số bài tập ứng dụng:
1)Cho $|x|<1$ và $|y|<1$. CMR:
$\dfrac{1}{1-x^2}+ \dfrac{1}{1-y^2} \geq \dfrac{2}{1-xy}$
2)CM bất đẳng thức sau với $x$ là số thực không âm:
$\dfrac{2 \sqrt{2}}{\sqrt{x+1}}+ \sqrt{x} \leq \sqrt{x+9}$
3) $a,b,c >0$. CMR: $abc(a+b+c) \leq a^3b+b^3c+c^3a$
4)CMR:
$\sqrt{abc}+ \sqrt{(1-a)(1-b)(1-c)} <1 $
với mọi $a,b,c \in (0;1)$
5)Tìm min:
$\sum \limits_{i=1}^{n} (x_{i}+ \dfrac{1}{x_{i}})^2$
với $\sum \limits_{i=1}^{n} x_{i}=1$


p/s: Mong các mod giúp đỡ thêm về phần bài tập để topic không bị rơi vào "quên lãng" :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 13:30
Latex

But only love can say-try again or walk away...But I believe for you and me...The sun will shine one day...So I'll just play my part...And pray you'll have a change of heart...But I can't make you see it through...That's something only love can do

Diễn đàn toán thpt: http://toanthpt.net/forum

Toán THCS: http://www.toanthpt....isplay.php?f=13

#2 Sk8ter-boi

Sk8ter-boi

    (~.~)rubby(^.^)

  • Thành viên
  • 427 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:raffles-singapore
  • Sở thích:abc....abc xyz &gt;.&lt;

Đã gửi 12-04-2007 - 23:31

ấn tượng mãi cái bài của bác LEE hojoo
$a,b,c>0$cm
$\sum\limits_{cyc} \sqrt{a^4+a^2b^2+b^4} \geq \sum\limits_{cyc} a\sqrt{2a^2+bc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 13:31
Latex

i love 9C -- i luv u :x .... we'll never fall apart , but shine forever

9C - HN ams

#3 lãng tử

lãng tử

    8C_HN-Ams

  • Thành viên
  • 576 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:ở một nơi nào đó... trên thế giới này

Đã gửi 13-04-2007 - 08:56

- Tiếp theo là một kĩ thuật cũng rất quan trọng trong việc sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz là kĩ thuật chọn điểm rơi trong Cauchy- Schwarz (trích quyển 'Sai lầm...' của thầy Phương)
Bài toán: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c \geq 6$. Tìm min:
$S= \sum \sqrt{a^2+ \dfrac{1}{b^2}}$
-Sai lầm thường gặp:
$S \geq 3 \sqrt[6]{\prod (a^2+\dfrac{1}{b^2})} \geq 3. \sqrt[6]{8}=3 \sqrt{2}$
-Nguyên nhân:
$Min S=3 \sqrt{2} \Leftrightarrow a=b=c= \dfrac{1}{a}= \dfrac{1}{b}= \dfrac{1}{c}=1 \Rightarrow a+b+c=3<6$ (vô lí)
-Phân tích:
Ta có thể sử dụng bđt Cauchy-Schwarz cho 2 số:
$\sqrt{(a_{1}^2+a_{2}^2)(b_{1}^2+b_{2}^2)} \geq a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}$
để phá bỏ dấu căn thức
Do đó ta sẽ phải tìm $\alpha$ và $\beta$ sao cho:
$a^2+ \dfrac{1}{b^2} = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}} \sqrt{(a^2+ \dfrac{1}{b^2})(\alpha^2+ \beta^2)} \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}(a \alpha+ \dfrac{\beta}{b}) (1)$
$b^2+ \dfrac{1}{c^2} = \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}} \sqrt{(b^2+ \dfrac{1}{c^2})(\alpha^2+ \beta^2)} \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}(b \alpha+ \dfrac{\beta}{c}) (2)$
$c^2+ \dfrac{1}{a^2}= \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}} \sqrt{(c^2+ \dfrac{1}{a^2})(\alpha^2+ \beta^2)} \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}(c \alpha+ \dfrac{\beta}{a}) (3)$
Cộng lại ta đc: $S \geq \dfrac{1}{\sqrt{\alpha^2+ \beta^2}}[ \alpha(a+b+c)+ \beta(\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c})]=S_{0}$
Do $S$ là một biểu thức đối xứng nên ta dự $S=S_{0}$ tại điểm rơi $a=b=c=2$ và đẳng thức phải xảy ra đồng thời tại các BĐT $(1), (2)$ và $(3)$.
Ta có sơ đồ điểm rơi sau:
$a=b=c=2 \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\dfrac{a}{\alpha}=\dfrac{1}{\beta b}\\\dfrac{b}{\alpha}=\dfrac{1}{\beta c}\\\dfrac{c}{\alpha}=\dfrac{1}{\beta a}\end{array}\right. \Leftrightarrow \dfrac{\alpha}{\beta}= \dfrac{a}{\dfrac{1}{a}}= \dfrac{b}{\dfrac{1}{b}}= \dfrac{c}{\dfrac{1}{c}}= \dfrac{4}{1} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\alpha =4\\\beta =1\end{array}\right. $
Từ đó ta dễ dàng tìm được lời giải đúng :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 18-08-2011 - 21:54

But only love can say-try again or walk away...But I believe for you and me...The sun will shine one day...So I'll just play my part...And pray you'll have a change of heart...But I can't make you see it through...That's something only love can do

Diễn đàn toán thpt: http://toanthpt.net/forum

Toán THCS: http://www.toanthpt....isplay.php?f=13

#4 MyLoveIs4Ever

MyLoveIs4Ever

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 441 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thị Xã Sadec
  • Sở thích:Thích nhất là &quot;đánh ba&quot;,đi chơi với bạn gái

Đã gửi 13-04-2007 - 13:35

Anh giải nha:
4) $VT \leq \large\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)} $ (Đến đây Cauchy là ra)
5)$VT \geq \large\dfrac{(x_1+x_2+...+x_n+\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n})^2}{n}$
Và $\large\(x_1+x_2+...+x_n)(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n}) \geq n^2 $
Bài của Hoojee Lee:
Ta có $\large\sqrt{a^4+(ab)^2+b^4} \geq \dfrac{\sqrt3}{2}(a^2+b^2} $
$ \large\ VT^2 \geq \3(a^2+b^2+c^2}^2 $
$\large\ VP^2 \leq (a^2+b^2+c^2)(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac) \leq 3(a^2+b^2+c^2)^2 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Hữu Bảo Chung: 18-08-2011 - 21:56


#5 dtdong91

dtdong91

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1791 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K35-THPT chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An
  • Sở thích:đá bóng ,làm toán ,đọc sách

Đã gửi 13-04-2007 - 14:26

Bài 1 hơi dễ chút xíu nhưng cauchy thì sao nhỉ
Nếu x,y trái dấu => dpcm
Nếu x,y cùng dấu, biến đổi BDT thành $ (x-y)^2(xy+1) \ge 0$
bài 2 cũng dễ dễ làm luôn dzậy :D
đưa về c/m $ 2\sqrt{2}(\sqrt{x+9}+\sqrt{x}) \leq 9\sqrt{x+1}$
$\Leftrightarrow 8(\sqrt{x+9}+\sqrt{x})^2 \leq 8(1+\dfrac{1}{8})(x+9+8x)=81(x+1)$
=> dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 13:42

12A1-THPT PHAN BỘI CHÂU-TP VINH-NGHỆ AN

SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN

#6 lãng tử

lãng tử

    8C_HN-Ams

  • Thành viên
  • 576 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:ở một nơi nào đó... trên thế giới này

Đã gửi 13-04-2007 - 20:33

Thêm vài bài nữa:
6)Tìm min: $M= \dfrac{ab^2+bc^2+ca^2}{(ab+bc+ca)^2}$
7)Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=6$. Tìm min: $S= \sum \sqrt{a^2+ \dfrac{1}{b+c}}$
8)Cho các số thực ko âm $a,b,c$ thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$
Tìm max:$ \sum \dfrac{a}{a^2+2b+3}$
9)Cho các số thực dương a,b,c thỏa: $a+b+c+abc=4$
CMR: $\sum \dfrac{a}{\sqrt{b+c}} \geq \dfrac{a+b+c}{\sqrt{2}}$
10)Cho các số thực dương a,b,c thỏa $abc=2$.
CMR: $a^3+b^3+c^3 \geq a \sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 13:44

But only love can say-try again or walk away...But I believe for you and me...The sun will shine one day...So I'll just play my part...And pray you'll have a change of heart...But I can't make you see it through...That's something only love can do

Diễn đàn toán thpt: http://toanthpt.net/forum

Toán THCS: http://www.toanthpt....isplay.php?f=13

#7 MyLoveIs4Ever

MyLoveIs4Ever

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 441 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thị Xã Sadec
  • Sở thích:Thích nhất là &quot;đánh ba&quot;,đi chơi với bạn gái

Đã gửi 13-04-2007 - 20:55

Giải 2 bài cuối nha:
4) Từ $a+b+c+abc=4 \Rightarrow a+b+c \geq ab+bc+ac $(Việt Nam MO 96 :D làm biếng CM lại wá)
$\large\ VT=\sum\dfrac{a^2}{a\sqrt{b+c}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum(a\sqrt{b+c})} $
Mà $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \leq \sqrt{(a+b+c)(2ab+2bc+2ca)} \leq \sqrt{2(a+b+c)^2} $ =>dpcm
5) ChebuSev ta có $\large\ a^3+b^3+c^3 \geq \dfrac{1}{6}[(a+b)+(b+c)+(c+a)](a^2+b^2+c^2) \geq \dfrac{1}{6}[\sum(a\sqrt{b+c})]^2$.

Lại có $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \geq 3\sqrt[3]{abc\sqrt{8abc}}=6 $ dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 13:54


#8 MyLoveIs4Ever

MyLoveIs4Ever

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 441 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thị Xã Sadec
  • Sở thích:Thích nhất là &quot;đánh ba&quot;,đi chơi với bạn gái

Đã gửi 13-04-2007 - 21:25

Bài 3 anh nghĩ là tìm max của $\large\sum\dfrac{a}{a^2+2b+3}$ chứ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 13:54


#9 lãng tử

lãng tử

    8C_HN-Ams

  • Thành viên
  • 576 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:ở một nơi nào đó... trên thế giới này

Đã gửi 13-04-2007 - 21:27

Bài 3 em nghĩ là tìm max của $\large\sum\dfrac{a}{a^2+2b+3}$ chứ

Đúng r�ồi đó :D
Anh làm đi :ech

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 13:54

But only love can say-try again or walk away...But I believe for you and me...The sun will shine one day...So I'll just play my part...And pray you'll have a change of heart...But I can't make you see it through...That's something only love can do

Diễn đàn toán thpt: http://toanthpt.net/forum

Toán THCS: http://www.toanthpt....isplay.php?f=13

#10 MyLoveIs4Ever

MyLoveIs4Ever

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 441 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thị Xã Sadec
  • Sở thích:Thích nhất là &quot;đánh ba&quot;,đi chơi với bạn gái

Đã gửi 13-04-2007 - 22:17

Ờ để anh giải thử:
$\large\ a^2+1 \geq 2a;b^2+1 \geq 2b;c^2+1 \geq 2c $
Ta CM $\large\ VT \leq \dfrac{1}{2} $ (Nhẩm $a=b=c=1$)
$\Leftrightarrow \large\sum\dfrac{a}{a+b+1} \leq 1 $
$\Leftrightarrow \large\sum\dfrac{b+1}{a+b+1} \geq 2 $
Ta có $\large\sum\dfrac{b+1}{a+b+1} \geq \dfrac{(a+b+c+3)^2}{\sum[(b+1)(a+b+1)} \geq 2 $ (Biến đổi tương đương hoặc khai triển vế ở mẫu đưa về $\leq \dfrac{1}{2}(a+b+c+3)^2 $ :D)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 13:56


#11 MyLoveIs4Ever

MyLoveIs4Ever

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 441 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thị Xã Sadec
  • Sở thích:Thích nhất là &quot;đánh ba&quot;,đi chơi với bạn gái

Đã gửi 13-04-2007 - 22:30

Hihi em bảo những bài này dành cho người mới học Cauchy-Schwazt thì hơi là.......Những bài tập này đối với THCS thì có lẽ hơi cao.....
-----------------
@:Chả biết xưng hô thế nào xưng hô như vậy hợp chứ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MyLoveIs4Ever: 14-04-2007 - 10:17


#12 lãng tử

lãng tử

    8C_HN-Ams

  • Thành viên
  • 576 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:ở một nơi nào đó... trên thế giới này

Đã gửi 14-04-2007 - 07:54

Tiếp nào :D
11) Cho $ x_1, x_2,.. x_n $ dương
$ x_1^2+x_2^2+..+x_n^2=1$ CMR
$ \dfrac{x_1^5}{x_2+x_3+\cdots+x_n}+\dfrac{x_2^5}{x_1+x_3+\cdots+x_n}+\cdots+{\dfrac{x_n^5}{x_1+x_2+...+x_{n-1}}\ge\dfrac{1}{n(n-1)}$
12) Cho $a,b,c ,d$ dương và $abcd=1$. CMR
$ \dfrac{a}{1+b+c+d}+\dfrac{b}{1+c+d+a}+\dfrac{c}{1+d+a+b}+\dfrac{d}{1+a+b+c}\ge1$
13) Cho các số $a,b,c,d,e,f$ dương. CMR:
$\dfrac{a}{b+c}+ \dfrac{b}{c+d}+ \dfrac{c}{d+e}+ \dfrac{d}{e+f}+ \dfrac{e}{f+a}+ \dfrac{f}{a+b} \geq 3$
14) Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$. CMR:
$\sum \dfrac{1}{a^3(b+c)} \geq \dfrac{3}{2}$
15) Cho $x,y,z$ không âm và $x+y+z=1$. Tìm min,max của: $S=x+y+z-2xyz$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 13:58

But only love can say-try again or walk away...But I believe for you and me...The sun will shine one day...So I'll just play my part...And pray you'll have a change of heart...But I can't make you see it through...That's something only love can do

Diễn đàn toán thpt: http://toanthpt.net/forum

Toán THCS: http://www.toanthpt....isplay.php?f=13

#13 lãng tử

lãng tử

    8C_HN-Ams

  • Thành viên
  • 576 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:ở một nơi nào đó... trên thế giới này

Đã gửi 14-04-2007 - 07:58

Một số bài ứng dụng cho kĩ thuật chọn điểm rơi:
16) Cho $a,b,c>0;\sum a \geq 6$ Tìm min: $S= \sum \sqrt{a^2+ \dfrac{1}{b+c}}$
17) Cho $a,b,c>0;\sum \sqrt{a} \geq 3 \sqrt{2}$
CMR: $S= \sum \sqrt[3]{a^2+ \dfrac{1}{b^2}} \geq 3 \sqrt[3]{\dfrac{17}{4}}$
18) Cho $a,b,c>0;\sum a+ \sqrt{2abc} \geq 10$
CMR: $S= \sum \sqrt{\dfrac{8}{a^2}+ \dfrac{9b^2}{2}+ \dfrac{c^2a^2}{4}} \geq 6 \sqrt{6}$
19) Cho $a,b,c>0;\sum a(1+ \sqrt{\dfrac{a}{2}}) \geq 12$
CMR: $S= \sum \sqrt{\dfrac{16}{a^2}+ \dfrac{5b^2}{4}+ \dfrac{c}{2}+ \dfrac{19a^3}{8}} \geq 3 \sqrt{29}$

p/s: Hôm trước ko nhìn, hôm nay thấy hóa ra anh lớp 10 :D, em mới lớp 8 thôi :ech
Em thấy những bài đấy cũng không quá cao, THCS vẫn có thể giải được mà :ech

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 14:01

But only love can say-try again or walk away...But I believe for you and me...The sun will shine one day...So I'll just play my part...And pray you'll have a change of heart...But I can't make you see it through...That's something only love can do

Diễn đàn toán thpt: http://toanthpt.net/forum

Toán THCS: http://www.toanthpt....isplay.php?f=13

#14 MyLoveIs4Ever

MyLoveIs4Ever

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 441 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thị Xã Sadec
  • Sở thích:Thích nhất là &quot;đánh ba&quot;,đi chơi với bạn gái

Đã gửi 14-04-2007 - 10:39

Trong khi anh giải anh cho em mấy bài giải trí nè:(Cấm dùng d�ồn biến nha)
1)Cho a,b,c thỏa $\ ab+bc+ac=1$ CMR: $\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c} \geq \dfrac{5}{2} $
2)Tìm min $ M=\sum \dfrac{\cos^2{\dfrac{A}{2}}\cos^2{\dfrac{B}{2}}}{\cos^2{\dfrac{C}{2}}} $
Nếu chịu dể ý em sẽ thấy vẻ đẹp 2 bài toán này...................

-----------------------
Thêm bài Cauchy Schwazt anh tặng em nè.
CMR: mọi a,b,c dương thì $\large\dfrac{a^2+b}{b+c}+\dfrac{b^2+c}{c+a}+\dfrac{c^2+a}{a+b} \geq 2 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 14:04


#15 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 14-04-2007 - 16:51

Bài này hay nè
Cho $ \huge\red x, y, z >0$ . CMR
$ \huge\red\3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)\geq xyz(x+y+z)^3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 14:05

Quy ẩn giang hồ

#16 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 14-04-2007 - 16:52

Cho $ x, y, z \ge 0$ $\huge\red x^2+y^2+z^2=1$
Tìm max $\huge\red x+y+z-3xyz$
cùng loại
Cho
a, b, c dương và $a+b+c=1$
Tìm max
a.$ab+bc+ca-abc$
b.$ab+bc+ca-2abc$
c.$ab+bc+ca-3abc$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 14:06

Quy ẩn giang hồ

#17 MyLoveIs4Ever

MyLoveIs4Ever

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 441 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thị Xã Sadec
  • Sở thích:Thích nhất là &quot;đánh ba&quot;,đi chơi với bạn gái

Đã gửi 15-04-2007 - 11:14

Bài của vo_thanh_van nè:
AM-GM $\large\dfrac{1}{3}+\dfrac{x^2y}{xy^2+yz^2+zx^2}+\dfrac{x^2z}{x^2y+y^2z+z^2x} \geq \dfrac{3x\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)} $
$\large\dfrac{1}{3}+\dfrac{y^2z}{xy^2+yz^2+zx^2}+\dfrac{y^2x}{x^2y+y^2z+z^2x} \geq \dfrac{3y\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)} $
$\large\dfrac{1}{3}+\dfrac{z^2x}{xy^2+yz^2+zx^2}+\dfrac{z^2y}{x^2y+y^2z+z^2x} \geq \dfrac{3z\sqrt[3]{xyz}}{\sqrt[3]{3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2)} $

Cộng lại =>$\large\ 3(x^2y+y^2z+z^2x)(xy^2+yz^2+zx^2) \geq xyz(x+y+z)^3 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MyLoveIs4Ever: 15-04-2007 - 11:15


#18 dtdong91

dtdong91

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1791 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K35-THPT chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An
  • Sở thích:đá bóng ,làm toán ,đọc sách

Đã gửi 15-04-2007 - 12:17

bài thứ 2 của võ thãnh văn cũng dễ thuibaitongquat
Hoặc do x,y,z :D 0 nên có thể đánh giá thăng luôn :D
$ f(ã,y,z) \le f(x,\sqrt{\dfrac{y^2+z^2}{2}},\sqrt{\dfrac{y^2+z^2}{2}})$ với x min
Còn bài dưới thì xài pp hàm số bậc nhất thui
Đặt ab=t
=> f(t)=t(1-c)+c(1-c)
Đến đây dùng đồng biến nghịch biến thui
12A1-THPT PHAN BỘI CHÂU-TP VINH-NGHỆ AN

SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN

#19 MyLoveIs4Ever

MyLoveIs4Ever

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 441 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thị Xã Sadec
  • Sở thích:Thích nhất là &quot;đánh ba&quot;,đi chơi với bạn gái

Đã gửi 15-04-2007 - 16:11

Mài mò mãi cũng ra 11) Đặt S=$\ x_1+x_2+...+x_n $
Ta có$\large\sum\dfrac{x_i^5}{S-x_i} =\sum (n-1)\dfrac{x_i^6}{(n-1)x_i(S-x_i)} \geq \sum 4(n-1)\dfrac{x_i^6}{[(n-1)x_i+S-x_i]^2} \geq 4(n-1) \dfrac{[\sum\dfrac{x_i^3}{(n-1)x_i+S-x_i}]^2}{n} $
Mà $\large\sum\dfrac{x_i^3}{(n-1)x_i+S-x_i} \geq \dfrac{(\sum x_i)^2}{(n-1)(\sum x_i^2)+(n-1)x_i^2} \geq \dfrac{1}{2(n-1)} $
=>$\large\sum\dfrac{x_i^5}{S-x_i} \geq \dfrac{1}{4(n-1)^2n}.4(n-1) =\dfrac{1}{n(n-1)} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MyLoveIs4Ever: 15-04-2007 - 16:12


#20 MyLoveIs4Ever

MyLoveIs4Ever

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 441 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thị Xã Sadec
  • Sở thích:Thích nhất là &quot;đánh ba&quot;,đi chơi với bạn gái

Đã gửi 15-04-2007 - 16:18

13) Ta có VT $\large\sum\dfrac{a^2}{a(b+c)} \geq \dfrac{(a + b + c + d + e + f)^2}{ab+bc+cd+de+ef+fa+ce+ea+bd+df+fb} $
Gọi S là mấu ta có: $\large\ 2S=(a+b+c+d+e+f)^2-[(a+d)^2+(b+e)^2+(c+f)^2] \leq (a+b+c+d+e+f)^2-\dfrac{1}{3}(a+b+c+d+e+f)^2 => S \leq \dfrac{1}{3}(a+b+c+d+e+f)^2 $ => DPCM




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh