13 replies to this topic

[Kaitou Kid 1412]

1.$x,y,z \geqslant 0$ và $x^2+y^2+z^2$ =3.Chứng minh:

  $ \frac{x^3}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{y^3}{\sqrt{1+z^2}}+\frac{z^3}{\sqrt{1+x^2}}\geqslant \frac{3\sqrt{2}}{2} $

2.$a,b$ là số thực dương,tìm min của:

p=$ \frac{a^3+1}{a}+\frac{b^3+1}{b}+ab $

3.Cho 3 số thực dương $a,b,c$ và $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:

$ \frac{a^3}{bc+a}+\frac{b^3}{ca+b}+\frac{c^3}{ab+c}\geqslant \frac{1}{4} $

4.$x,y,z$ dương,$x+y+z=3$.Tìm min của 

P= $ \frac{x^3}{y(2z+x)}+\frac{y^3}{z(2x+y)}+\frac{z^3}{x(2y+z)} $

Edited by Tran Hoang Anh Arsenal, 24-04-2013 - 12:47.

[banhgaongonngon]

 

1.$x,y,z \geqslant 0$ và $x^2+y^2+z^2$ =3.Chứng minh:

  $ \frac{x^3}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{y^3}{\sqrt{1+z^2}}+\frac{z^3}{\sqrt{1+x^2}}\geqslant \frac{3\sqrt{2}}{2} $

2.$a,b$ là số thực dương,tìm min của:

p=$ \frac{a^3+1}{a}+\frac{b^3+1}{b}+ab $

3.Cho 3 số thực dương $a,b,c$ và $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:

$ \frac{a^3}{bc+a}+\frac{b^3}{ca+b}+\frac{c^3}{ab+c}\geqslant \frac{1}{4} $

4.$x,y,z$ dương,$x+y+z=3$.Tìm min của 

P= $ \frac{x^3}{y(2z+x)}+\frac{y^3}{z(2x+y)}+\frac{z^3}{x(2y+z)} $

 

 

Bài 1

$\sum \frac{x^{4}}{x\sqrt{1+y^{2}}}\geq \frac{\left ( \sum x^{2} \right )^{2}}{\sum x\sqrt{1+y^{2}}}=\frac{9}{\sum x\sqrt{1+y^{2}}}$

Mặt khác, ta có

$\sum x\sqrt{1+y^{2}}\overset{C-S}{\leq }\sqrt{\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )\left ( 3+x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )}=3\sqrt{2}$

Vậy $\sum \frac{x^{3}}{\sqrt{1+y^{2}}}\geq \frac{3\sqrt{2}}{2}$

 

Bài 3

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

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ cho ba số dương ta có

$\sum \frac{a^{3}}{(a+b)(a+c)}+\sum \frac{a+b}{8}+\sum \frac{a+c}{8}\geq \frac{3}{4}\sum a$

Từ đó suy ra đpcm

[25 minutes]

 

1.$x,y,z \geqslant 0$ và $x^2+y^2+z^2$ =3.Chứng minh:

  $ \frac{x^3}{\sqrt{1+y^2}}+\frac{y^3}{\sqrt{1+z^2}}+\frac{z^3}{\sqrt{1+x^2}}\geqslant \frac{3\sqrt{2}}{2} $

2.$a,b$ là số thực dương,tìm min của:

p=$ \frac{a^3+1}{a}+\frac{b^3+1}{b}+ab $

 

 

Bài 1: Ta có $\frac{x^3}{\sqrt{1+y^2}}=\frac{x^4}{x\sqrt{1+y^2}}$

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarzt ta có

            $\sum \frac{x^3}{\sqrt{1+y^2}}=\sum \frac{x^4}{x\sqrt{1+y^2}}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x\sqrt{1+y^2}+y\sqrt{1+z^2}+z\sqrt{1+x^2}}$

Lại có $({x\sqrt{1+y^2}+y\sqrt{1+z^2}+z\sqrt{1+x^2}})^2 \leq (x^2+y^2+z^2)(3+x^2+y^2+z^2)$

Do đó $\Rightarrow \sum \frac{x^3}{\sqrt{1+y^2}}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{\sqrt{(x^2+y^2+z^2)(3+x^2+y^2+z^2)}}=\frac{3}{\sqrt{2}}$

Dấu = xảy ra khi $x=y=z=1$

Bài 2: Ta có $H_A=\frac{a^3+1}{a}+\frac{b^3+1}{b}+ab=a^2+ab+b^2+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$

Lại có $a^2+ab+b^2 \geq \frac{3(a+b)^2}{4},\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}$

 $\Rightarrow H_A \geq \frac{3(a+b)^2}{4}+\frac{4}{a+b}=\frac{3(a+b)^2}{4}+\frac{2}{a+b}+\frac{2}{a+b} \geq 3\sqrt[3]{3}$

Dấu = xảy ra khi $a=b,a+b=\sqrt[3]{\frac{8}{3}}\Leftrightarrow a=b=\frac{1}{\sqrt[3]{3}}$

[25 minutes]

 

 

4.$x,y,z$ dương,$x+y+z=3$.Tìm min của 

P= $ \frac{x^3}{y(2z+x)}+\frac{y^3}{z(2x+y)}+\frac{z^3}{x(2y+z)} $

 

Ta có $\sum \frac{x^3}{y(2z+x)} = \sum \frac{x^4}{x^2y+2xyz}$

Áp dụng bđt Cauchy-Schwarzt ta có 

           $\sum \frac{x^3}{y(2z+x)} =\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2y+y^2z+z^2x+6xyz}=\frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{(x^2y+y^2z+z^2x+xyz)+5xyz}$

Ta có các bđt đánh giá sau 

          $x^2+y^2+z^2 \geq \frac{(x+y+z)^2}{3}=3\Rightarrow (x^2+y^2+z^2)^2 \geq 9$

          $x^2y+y^2z+z^2x+xyz \leq \frac{4(x+y+z)^3}{27}=4$

          $5xyz \leq 5.\frac{(x+y+z)^3}{27}=5$

Do đó $\sum \frac{x^3}{y(2z+x)} \geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{(x^2y+y^2z+z^2x+xyz)+5xyz} \geq \frac{9}{4+5}=1$

Dấu = xảy ra khi $x=y=z=1$

[anha51997]

Bài 1: Áp dụng trực tiếp bđt Holder cho 3 bộ $\sum \frac{x^{3}}{\sqrt{1+y^{2}}},\sum \frac{x^{3}}{\sqrt{1+y^{2}}},\sum \left ( 1+y^{2} \right )$

[DarkBlood]

3.Cho 3 số thực dương $a,b,c$ và $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:

$ \frac{a^3}{bc+a}+\frac{b^3}{ca+b}+\frac{c^3}{ab+c}\geqslant \frac{1}{4} $

Cách 2: 

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy,$ ta có:

$$\frac{a^{3}}{bc+a}+\frac{3}{16}\ (bc+a)+\frac{1}{12}\geq \frac{3}{4}\ a$$

Tương tự, ta có:

$$\frac{b^{3}}{ca+b}+\frac{3}{16}\ (ca+b)+\frac{1}{12}\geq \frac{3}{4}\ b$$

$$\frac{c^{3}}{ab+c}+\frac{3}{16}\ (ab+c)+\frac{1}{12}\geq \frac{3}{4}\ c$$

Do đó:

$$\sum \frac{a^{3}}{bc+a}+\frac{3}{16}\ \left (\sum ab+\sum a \right )+\frac{1}{12}\geq \frac{3}{4}\sum a$$

$$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{3}}{bc+a}+\frac{3}{16}\ \sum ab+\frac{3}{16}+\frac{1}{12}\geq \frac{3}{4}$$

$$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{3}}{bc+a}\geq \frac{5}{16}-\frac{3}{16}\sum ab$$

Mặt khác $$\sum ab\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}$$

$$\Leftrightarrow -\frac{3}{16}\sum ab\geq -\frac{1}{16}$$

Vậy $$\sum \frac{a^{3}}{bc+a}\geq \frac{5}{16}-\frac{1}{16}=\frac{1}{4}$$

Vậy $min\ \sum \frac{a^{3}}{bc+a}=\frac{1}{4},$ đạt được khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

Edited by Hoang Huy Thong, 24-04-2013 - 23:53.

[phuongnamz10A2]

 

 

4.$x,y,z$ dương,$x+y+z=3$.Tìm min của 

P= $ \frac{x^3}{y(2z+x)}+\frac{y^3}{z(2x+y)}+\frac{z^3}{x(2y+z)} $

 

Áp dụng hệ quả của BĐT Holder: $\frac{a^3}{m}+ \frac{b^3}{n}+ \frac{c^3}{p} \ge  \frac{(a+b+c)^3}{3(m+n+p)}$ ta có

$P \ge \frac{(x+y+z)^3}{9(xy+xz+yz)}$     (Dự đoán $P \ge 1$)

Ta sẽ chứng minh $(x+y+z)^3\ge9(xy+xz+yz)$. Thật vậy:

$(x+y+z)^3=((x+y+z)^2)^\frac{3}{2}=(x^2+y^2+z^2+2xy+2xz+2yz)^\frac{3}{2} \ge (3+2(xy+xz+yz))^\frac{3}{2}$ (Do $x^2+y^2+z^2\ge 3$)

$= ((xy+xz+yz) + (xy+xz+yz) + 3)^\frac{3}{2} \ge (3\sqrt[3]{3(xy+xz+yz)^2})^\frac{3}{2}$ (Áp dụng Cauchy với 3 số)

$= 9(xy+xz+yz)$ 

Vậy $MinP=1$ khi $x=y=z=1$

Edited by phuongnamz10A2, 25-04-2013 - 10:59.

[phuongnamz10A2]

 

 

3.Cho 3 số thực dương $a,b,c$ và $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:

$ \frac{a^3}{bc+a}+\frac{b^3}{ca+b}+\frac{c^3}{ab+c}\geqslant \frac{1}{4} $

 

 

Bài này cũng có thể dùng BĐT Holder như trên:

Ta có $VT \ge \frac{(a+b+c)^3}{3(a+b+c+ab+bc+ca)} \ge \frac{1}{3(1+ab+bc+ca)}$

$\ge \frac{1}{3(1+\frac{(a+b+c)^2}{3})} = \frac{1}{4}$

[Supermath98]

Bạn nào cho mình BĐT holder và hệ quả được không?

[PTKBLYT9C1213]

Bạn nào cho mình BĐT holder và hệ quả được không?

BĐT Holer:

Với m dãy số dương (a_1,1, a_2,2,....,a_1,n), (a_2,1, a_2,2,....,a_2,n)....(a_m,1, a_m,2,...., a_m,3) ta có:

       $\prod_{m}^{i=1}(\sum_{n}^{j=1}a_{i},_{j})\geq (\sum_{n}^{j=1}\sqrt[m]{\prod_{m}^{i=1}a_{i},_{j}})^{m}$

[caybutbixanh]

 

Cách 2: 

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy,$ ta có:

$$\frac{a^{3}}{bc+a}+\frac{3}{16}\ (bc+a)+\frac{1}{12}\geq \frac{3}{4}\ a$$

Tương tự, ta có:

$$\frac{b^{3}}{ca+b}+\frac{3}{16}\ (ca+b)+\frac{1}{12}\geq \frac{3}{4}\ b$$

$$\frac{c^{3}}{ab+c}+\frac{3}{16}\ (ab+c)+\frac{1}{12}\geq \frac{3}{4}\ c$$

Do đó:

$$\sum \frac{a^{3}}{bc+a}+\frac{3}{16}\ \left (\sum ab+\sum a \right )+\frac{1}{12}\geq \frac{3}{4}\sum a$$

$$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{3}}{bc+a}+\frac{3}{16}\ \sum ab+\frac{3}{16}+\frac{1}{12}\geq \frac{3}{4}$$

$$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{3}}{bc+a}\geq \frac{5}{16}-\frac{3}{16}\sum ab$$

Mặt khác $$\sum ab\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}$$

$$\Leftrightarrow -\frac{3}{16}\sum ab\geq -\frac{1}{16}$$

Vậy $$\sum \frac{a^{3}}{bc+a}\geq \frac{5}{16}-\frac{1}{16}=\frac{1}{4}$$

Vậy $min\ \sum \frac{a^{3}}{bc+a}=\frac{1}{4},$ đạt được khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

 

Số $\frac{3}{16};\frac{1}{12}$ lấy ở đâu ra thế em ?

[DarkBlood]

Số $\frac{3}{16};\frac{1}{12}$ lấy ở đâu ra thế em ?

Dùng phương pháp tìm điểm rơi đó anh

[caybutbixanh]

Dùng phương pháp tìm điểm rơi đó anh

Điểm rơi anh mù tịt ='=...Em cụ thể ra được không ?

[Zaraki]

 

4.$x,y,z$ dương,$x+y+z=3$.Tìm min của 

P= $ \frac{x^3}{y(2z+x)}+\frac{y^3}{z(2x+y)}+\frac{z^3}{x(2y+z)} $

 

PP. Em thấy bài này chỉ AM-GM là nó ra mà nhỉ ??

$$\dfrac{x^3}{y(2z+x)}+ \dfrac{y}{3}+ \dfrac{2z+x}{9} \ge x$$