Cauchy-Schwarz
#21
Đã gửi 15-04-2007 - 16:22
$\large\sum\dfrac{1}{\sqrt{b+c}} \geq \dfrac{3}{\sqrt[6]{\dfrac{8}{27}(a+b+c)^3}} => S \geq \sqrt{6^2+\dfrac{9}{4}} $
#22
Đã gửi 15-04-2007 - 16:31
$\large\ VT=\sum\dfrac{a}{S-a} =\sum\dfrac{a^2}{a(S-a)} \geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{\sum a(S-a)} $
Mà $\large\sum a(S-a) =(a+b+c+d)^2+(a+b+c+d)-(a^2+b^2+c^2+d^2) \leq \dfrac{1}{4}(a+b+c+d)(3a+3b+3c+3d+4) $
$\large\ => VT \geq \dfrac{4(a+b+c+d)}{3a+3b+3c+3d+4} \geq 1 $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MyLoveIs4Ever: 15-04-2007 - 16:31
- foollock holmes yêu thích
#23
Đã gửi 15-04-2007 - 16:32
$ \sum \dfrac{a}{1+b+c+d} \geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{\sum a+2(\sum ab)}$
Bài 13 dùng tương tự rùi xài Am-GM
Bài 14 là bài IMO 1995 thì phải làm dễ lém
Đặt $ a=\dfrac{1}{x},...$ đưa về $ \sum \dfrac{x^2}{y+z} \geq \dfrac{3}{2}$
bài 15 là Poland 1991 tương tự với bài này
http://diendantoanho...showtopic=30486
SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN
#24
Đã gửi 15-04-2007 - 16:41
#25
Đã gửi 15-04-2007 - 16:44
$\large\dfrac{1}{a}+\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c} \geq 3 $
$\large\dfrac{2}{b}+\dfrac{d}{c} \geq 2 $
CMR: $\large\ a^4+b^4+c^4-d^4 \leq 17 $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MyLoveIs4Ever: 15-04-2007 - 17:13
#26
Đã gửi 15-04-2007 - 16:48
$ \sqrt[3]{(a^2+\dfrac{1}{b^2})(x^3+y^3)(x^3+y^3)} \geq x^2 \sqrt[3]{a^2}+y^2\sqrt[3]{\dfrac{1}{b^2}}$
Rùi sau đó dùng thêm chọn điểm rơi trong cauchy
$ m\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{\dfrac{1}{a^2}}$ với m <1
và tìm min $ \sum \sqrt[3]{a^2}$
các bài tiếp theo làm tương tự
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dtdong91: 15-04-2007 - 16:49
- kimchitwinkle yêu thích
SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN
#27
Đã gửi 15-04-2007 - 16:55
Cho d=4,c=1 là t/mãn 2 hệ rùi nhưng $ a^4+b^4+c^4+d^4 \ge 257$ lận
SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN
#28
Đã gửi 15-04-2007 - 17:13
#29
Đã gửi 15-04-2007 - 18:18
=(a^4-b^4) \dfrac{1}{a^4} +(b^4-c^4)(\dfrac{1}{a^4} + \dfrac{16}{b^4} )+c^4( \dfrac{1}{a^4} + \dfrac{16}{b^4} + \dfrac{d^4}{c^4} ) \geq (a^4-b^4)+2(b^4-c^4)+3c^4=a^4+b^4+c^4$
- MIM yêu thích
i love 9C -- i luv u :x .... we'll never fall apart , but shine forever
9C - HN ams
#30
Đã gửi 15-04-2007 - 19:13
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MyLoveIs4Ever: 15-04-2007 - 19:13
#31
Đã gửi 15-04-2007 - 21:04
ABEL ngược lại ta có
$17+d^4=a^4.\dfrac{1}{a^4} +b^4. \dfrac{16}{b^4} +c^4.\dfrac{d^4}{c^4}
=(c^4-b^4) \dfrac{d^4}{c^4} +(b^4-a^4)(\dfrac{d^4}{c^4} + \dfrac{16}{b^4} )+a^4( \dfrac{1}{a^4} + \dfrac{16}{b^4} + \dfrac{d^4}{c^4} ) \geq (c^4-b^4)+2(b^4-a^4)+3a^4=a^4+b^4+c^4$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-08-2011 - 11:35
- no matter what, kimchitwinkle và foollock holmes thích
i love 9C -- i luv u :x .... we'll never fall apart , but shine forever
9C - HN ams
#32
Đã gửi 15-04-2007 - 21:24
$\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{2} $ (D�ồn biến ko dành cho THCS)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-08-2011 - 11:36
- kimchitwinkle yêu thích
#33
Đã gửi 01-07-2007 - 22:21
Ai thử chứng minh cái này nè sau khi dùng cho bài trên thì ra rứa , nhìn vào đoán thôi mình cũng chưa thử
$(a+b+c)^2(ab+bc+ca)\ge ab(a+b)+bc(c+b)+ca(c+a)$
Hoặc ko thì chặt hơn nè:
$(a^2+b^2+c^2)^2(ab+bc+ca)\ge ab(a^3+b^3)+bc(c^3+b^3)+ca(c^3+a^3)$
Hi vọng là 1 trong 2 cái đúng, vì bdt là đối xứng nên có rất nhiều cách giải quyết thử nào ...
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-08-2011 - 11:36
#34
Đã gửi 02-07-2007 - 00:14
bài này là 1 ứng dụng quen thuộc của p,q,r ko biết có Cauchy-Schawz được ko
Ai thử chứng minh cái này nè sau khi dùng cho bài trên thì ra rứa , nhìn vào đoán thôi mình cũng chưa thử
$(a+b+c)^2(ab+bc+ca)\ge ab(a+b)+bc(c+b)+ca(c+a)$
Hoặc ko thì chặt hơn nè:
$(a^2+b^2+c^2)^2(ab+bc+ca)\ge ab(a^3+b^3)+bc(c^3+b^3)+ca(c^3+a^3)$
Hi vọng là 1 trong 2 cái đúng, vì bdt là đối xứng nên có rất nhiều cách giải quyết thử nào ...
Hic, bất đẳng thức ko đ�ồng bậc, hay ó đk gì nhỉ, ku zai vào em thử xem thế nào
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-08-2011 - 11:36
#35
Đã gửi 02-07-2007 - 11:08
#36
Đã gửi 08-08-2007 - 11:10
thank nhiều
#37
Đã gửi 11-09-2007 - 21:02
Thử bài này xem cho a,b,c dương thỏa ab+bc+ca=1 CMR:
$\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{2} $ (D�ồn biến ko dành cho THCS)
Cách 1:
Bổ đề: $a+b+c+\dfrac{5}{3}abc \geq 2$ với $a;b;c$ thỏa mãn ĐK trên
Thật vậy,giả sử $c \geq b \geq a$.Thay $c=\dfrac{1-ab}{a+b}$,ta phải CM:
$\dfrac{1-ab}{a+b}(1+\dfrac{5}{3}ab) \geq 2-a-b$
<=>$ab(2-5ab)+3(a+b-1)^2 \geq 0$
BDT này hiển nhiên đúng do $ab \leq \dfrac{1}{3}$
Trở lại bài toán: BDt cần CM tương đương:
$\sum 2(a+b)(b+c)\geq 5(a+b)(b+c)(c+a)$
<=>$2(a+b+c)^2+5abc+2 \geq 5(a+b+c)$
Theo CM trên ta có:$5abc \geq 6-3(a+b+c)$,do đó:
$2(a+b+c)^2+5abc+2-5(a+b+c) \geq 2(a+b+c)^2+8-8(a+b+c)=2(a+b+c-2)^2 \geq 0$
Đẳng thức xảy ra <=>$b=c=1;a=0$ hoặc các hoán vị!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-08-2011 - 11:37
#38
Đã gửi 11-09-2007 - 21:03
Cách 2:Không mất tính tổng quát,giả sử $a \geq b \geq c$.Chọn số $t>0$ sao cho $t^2+2tc=ab+bc+ca=1$Thử bài này xem cho a,b,c dương thỏa ab+bc+ca=1 CMR:
$\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{2} $ (D�ồn biến ko dành cho THCS)
=>$(t+c)^2=(a+c)(b+c)=1+c^2$
Ta sẽ CM:
$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{2}{t+c}+\dfrac{1}{2t}$
<=>$(\dfrac{1}{\sqrt{a+c}}-\dfrac{1}{\sqrt{b+c}})^2 \geq \dfrac{(\sqrt{a+c}-\sqrt{b+c})^2}{2t(a+b)}$
<=>$(a+c)(b+c) \leq 2t(a+b)$( đúng do $a \geq t \geq b \geq c)$.Ta chỉ việc CM bài toán khi $a=b \geq c$
Ta có BDT $\dfrac{2}{t+c}+\dfrac{2}{2t} \geq \dfrac{5}{2}$
Với $2tc+t^2=1$<=>$c=\dfrac{1-t^2}{2t}$
Thay $c$ vào BDT trên r�ồi quy đ�ồng mẫu số ,BDT trở thành:
$(1-t)(5t^2-4t+1) \geq 0$(hiển nhiên đúng do $t \leq 1$)
Đẳng thức xảy ra <=>$a=b=1;c=0$ và các hoán vị!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-08-2011 - 11:35
#39
Đã gửi 11-09-2007 - 21:06
Thử bài này xem cho a,b,c dương thỏa ab+bc+ca=1 CMR:
$\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{2} $ (D�ồn biến ko dành cho THCS)
... có thể đặt $ t=\dfrac{a+b}{2} $ vẫn thỏa đk, ta có $ f(a,b,c)=\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{4}{b+2c+a}+\dfrac{1}{a+b}=\dfrac{2}{t+c}+\dfrac{1}{2t} $ Sau đó CM $ \dfrac{2}{t+c}+\dfrac{1}{2t} \geq \dfrac{5}{2} $........
Ngoài ra còn 2 cách nữa anh pót lên lun...Khi cho c=0 Ta CMR: $ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a+b} \geq \dfrac{5}{2} $ với ab=1(Cái này đúng các pác tự kiểm tra nha)
Xét $ f(a,b,c)-f(a+b,\dfrac{1}{a+b},c)=(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{a+ \dfrac{1-ab}{a+b}}+\dfrac{1}{b + \dfrac{1-ab}{a+b}})-(\dfrac{1}{a+b}+a+b+\dfrac{1}{a+b+\dfrac{1}{a+b}}) =\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}-1-\dfrac{1}{1+(a+b)^2} $ Qiu đ�ồng lên => dpcm........
Ngoài ra còn 1 cách nữa là dùng Bất Đẳng Thức Iran96
Ta có $ (ab+bc+ac)(\dfrac{1}{(a+b)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}+ \dfrac{1}{(c+a)^2}) \geq \dfrac{9}{4} $
Ta có $(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a})^2 =\sum \dfrac{1}{(a+b)^2}+ \dfrac{4(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq \dfrac{9}{4}+4=\dfrac{25}{4} $(Do $ (a+b+c)(ab+bc+ac) \geq (a+b)(b+c)(c+a) $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 19-08-2011 - 11:21
#40
Đã gửi 10-11-2007 - 14:26
http://mathsvn.violet.vn trang ebooks tổng hợp miễn phí , nhiều tài liệu ôn thi Đại học
http://www.maths.vn Diễn đàn tổng hợp toán -lý - hóa ... dành cho học sinh THCS ;THPT và Sinh viên
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh