Đến nội dung

Hình ảnh

gõ thử công thức toán

thử

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 112 trả lời

#1
linhmix99

linhmix99

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

$a/b$$\frac{2x+3}{3x}}$

$\lim_{x\to\infty}\frac{2x}{3x+5}$

$\sum _{k=1}^n\frac{1}{2\sqrt{x+2}}$



#2
baokoi9

baokoi9

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

$\sqrt{x^{2}+2x} + \sqrt{2x-1}= \sqrt{3x^2+4x+1}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baokoi9: 24-08-2016 - 16:32


#3
kute2015

kute2015

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 157 Bài viết

Sao mình gõ hoài mà nó chỉ ra cái này không vậy các bạn! Nó không ra đúng cái phân số mình mong muốn! Híc chỉ mình với mặc dù bấm cái nút copy văn bản rất nhiều lần mà nó vẫn vậy!!! Chẳng hiểu nổi dùng sao! Ai chỉ giúp với!

 

y=\frac{x^{2}-x-1}{x-1}


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kute2015: 25-08-2016 - 01:32


#4
Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 679 Bài viết

Sao mình gõ hoài mà nó chỉ ra cái này không vậy các bạn! Nó không ra đúng cái phân số mình mong muốn! Híc chỉ mình với mặc dù bấm cái nút copy văn bản rất nhiều lần mà nó vẫn vậy!!! Chẳng hiểu nổi dùng sao! Ai chỉ giúp với!

 

y=\frac{x^{2}-x-1}{x-1}

thiếu tiền $ thì làm toán sao dc hả e


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 25-08-2016 - 07:59


#5
Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết

Đặt $AI=a,IB=b,IC=c,ID=d$ thì ta có $a+b=c+d=1$.

Theo định lí hàm số cos, ta tính được :

$$AC=\sqrt{a^2+c^2-ac},BD=\sqrt{b^2+d^2-bd}$$

Áp dụng BĐT Minkovsky $\sqrt{A^2+B^2}+\sqrt{C^2+D^2}\geq \sqrt{(A+C)^2+(B+D)^2}$, ta có :

$$AC+BD=\sqrt{a^2+c^2-ac}+\sqrt{b^2+d^2-bd}=\sqrt{\left ( a-\frac{c}{2} \right )^2+\left ( \dfrac{\sqrt{3}}{2}c \right )^2}+\sqrt{\left ( b-\frac{d}{2} \right )^2+\left ( \dfrac{\sqrt{3}}{2}d \right )^2}\geq \sqrt{\left ( a+b-\frac{c+d}{2} \right )^2+\left [ \frac{\sqrt{3}}{2}(c+d) \right ]^2}=1$$


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#6
orecaly1

orecaly1

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 0 Bài viết

a^{2}+b^{3}+c^{4} 



#7
nilll gate

nilll gate

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 57 Bài viết
Cho $a,b,c >0$, Chứng minh rằng :

$$\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}+\frac{ 1}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$$

Sử dụng bđt AM-GM ta có:
$\frac{1}{a^2+ab+b^2} = \frac{ab+bc+ca}{(a^2+ab+b^2)(ab+bc+ca)} \ge \frac{4(ab+bc+ca)}{(a^2+ab+b^2+ab+bc+ca)^2} = \frac{4(ab+bc+ca)}{((a+b)^2+c(a+b))^2} = \frac{4(ab+bc+ca)}{(a+b)^2(a+b+c)^2}$
Từ đó ta có $\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}+\frac{1 }{a^2+ab+b^2} \ge \sum \frac{4(ab+bc+ca)}{(a+b)^2(a+b+c)^2}$.
Giờ ta chỉ cần chứng minh
$\sum \frac{4(ab+bc+ca)}{(a+b)^2(a+b+c)^2} \ge \frac{9}{(a+b+c)^2}$ là xong. Tương đương với $\sum \frac{1}{(a+b)^2} \ge \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$ đây là 1 bđt quen thuộc.
hthtb22


#8
nilll gate

nilll gate

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 57 Bài viết
$$\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}+\frac{ 1}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$$
Thêm một cách cổ điển cho phong phú:
Giả sử $a\ge b\ge c>0.$ Khi đó
\[\begin{aligned}BĐT\iff &\sum \dfrac{b^2+bc+c^2+(a-b)(a-c)+3a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\ge 9\\
\iff &\sum \dfrac{(a-b)(a-c)}{b^2+bc+c^2}+3\sum \dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}\ge 6\\
\iff &\dfrac{(a-b)^2(a^2+ab+b^2)}{(b^2+bc+c^2)(a^2+ac+c^2)}+ \dfrac{(c-a)(c-b)}{a^2+ab+b^2}+3\sum \dfrac{bc(b-c)^2}{(a^2+ab+b^2)(a^2+ac+c^2)}\ge 0\end{aligned}\]
Hiển nhiên đúng. Vậy ta có điều phải chứng minh!


#9
iloveyouproht

iloveyouproht

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 164 Bài viết

5a . Đầu tiên ta chứng minh P $\leq 3$

    

Ta có : P-3=$\sum \frac{(a+b)^{2}}{\sum a^{2}+ab} -3 =\sum \frac{ab-c^{2}}{\sum a^{2}+ab} =\frac{(ab-c^{2})(3+\frac{1}{ab})}{(\sum a^{2}+ab)(1+1+1+\frac{1}{ab})} \leq \frac{3(\sum ab) -3(\sum c^{2})-\sum \frac{c^{2}}{ab}}{(a+b+c+1)^{2}}$ 

=> P-3 $\leq \frac{(a+b+c)^{2}+3-(a+b+c)^{2}-3}{(a+b+c+1)^{2}}=0$

=> P $\leq 3$ 

Dấu = tại a=b=c

Tiếp đến sẽ cm $\geq 2$ 

Ta có : $\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab}\geq \sum \frac{(a+b)^{2}}{\sum a^{2}+\sum ab }=\frac{\sum (a+b)^{2}}{\sum a^{2}+\sum ab}=2$

Dấu = tại a=b=0 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi iloveyouproht: 03-09-2016 - 00:58

Trước khi muốn bỏ cuộc, hãy nhớ lý do vì sao bạn bắt đầu…

________________________________________________

 

Kẻ thất bại luôn nhìn thấy khó khăn trong từng cơ hội...

Người thành công luôn nhìn thấy cơ hội trong từng khó khăn...  ~O)

-----------------------

My facebookhttps://www.facebook...100021740291096


#10
iloveyouproht

iloveyouproht

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 164 Bài viết

Trước hết, ta chứng minh BĐT sau :
$$\dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}}+\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}} \le \sqrt{2}\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right )$$

Áp dụng CS, ta có :
$$\left (\sum \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}\right )^2 =\left [\sum \sqrt{\dfrac{(a+b)(a+c)}{a^2+bc}}.\dfrac{1}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\right ]^2 \le \left [\sum \dfrac{(a+b)(a+c)}{a^2+bc}\right ]\left [\sum \dfrac{1}{(a+b)(a+c)}\right ]$$
$$=\dfrac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}.\left [\sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}+3\right ]$$
Như vậy, chỉ cần chứng minh :
$$\dfrac{2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}.\left [\sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}+3\right ]\le 2\left (\sum \dfrac{1}{b+c}\right )^2$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}+3\le \dfrac{\left (a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca\right )^2}{(a+b)(b+c)(c+a)(a+b+c)}$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc}-3 \le \dfrac{a^4+b^4+c^4-a^2b^2-b^2c^2-c^2a^2}{(a+b)(b+c)(c+a)(a+b+c)}$$
$$\Leftrightarrow \sum (a-b)(a-c)\left [\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{(b+c)(a+b+c)}\right ] \ge 0$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b\ge c$, khi đó, ta có $a-c\ge \dfrac{a}{b}(b-c) \ge 0$
Do đó :
$$ \sum (a-b)(a-c)\left [\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{(b+c)(a+b+c)}\right ] \ge \dfrac{(a-b)(a-c)}{b}\left \{a\left [\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{(b+c)(a+b+c)}\right ]-b\left [\dfrac{1}{b^2+ca}+\dfrac{1}{(a+c)(a+b+c)}\right ]\right \}$$
$$=\dfrac{c(a-b)^2(a+b)(b-c)\left (a^2+b^2-ab+ac+bc\right )}{b(a+c)(b+c)(\left (a^2+bc\right )\left (b^2+ca\right )} \ge 0$$
Trở lại bài toán, ta chỉ cần chứng minh :
$$\sqrt{2}\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right ) \le \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt{2}(ab+bc+ca)}$$
Thật vậy :
$$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\ =\dfrac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
$$\le \dfrac{(a+b+c)^2+ab+bc+ca}{8\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{9}} \le \dfrac{3}{2}\dfrac{a+b+c}{ab+bc+ca}$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{2}\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right ) \le \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt{2}(ab+bc+ca)}$$
BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.

Qúy <3 Kiên


Trước khi muốn bỏ cuộc, hãy nhớ lý do vì sao bạn bắt đầu…

________________________________________________

 

Kẻ thất bại luôn nhìn thấy khó khăn trong từng cơ hội...

Người thành công luôn nhìn thấy cơ hội trong từng khó khăn...  ~O)

-----------------------

My facebookhttps://www.facebook...100021740291096


#11
iloveyouproht

iloveyouproht

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 164 Bài viết
Bất đẳng thức tương đương :
 
$1+\frac{4\sum ab}{3+\sum ab} \ge 3\sqrt[3]{ \frac{8abc}{(a+1)(b+1)(c+1)}}$
Ta có :
 
$1+\frac{4\sum ab}{3+\sum ab} \ge 3 \sqrt[3]{\frac{4(\sum ab)^2}{(3+\sum ab)^2}}$. Đưa về cm :
 
$(\sum ab )^2 (a+1)(b+1)(c+1) \ge 2abc (3+\sum ab )^2$
 
$\Leftrightarrow (\sum ab )^2 ( \sum ab -abc +4)\ge 6abc(3+2\sum ab )$
 
mà $ (\sum ab )^2  \ge 3abc(a+b+c)=9abc$,=>
 
$ 3 ( \sum ab -abc +4)\ge 2 (3+2\sum ab )$
 
$\Leftrightarrow 12 \ge 3abc+2\sum ab$ ( right ) => 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi iloveyouproht: 24-11-2016 - 15:46

Trước khi muốn bỏ cuộc, hãy nhớ lý do vì sao bạn bắt đầu…

________________________________________________

 

Kẻ thất bại luôn nhìn thấy khó khăn trong từng cơ hội...

Người thành công luôn nhìn thấy cơ hội trong từng khó khăn...  ~O)

-----------------------

My facebookhttps://www.facebook...100021740291096


#12
Subtract Zero

Subtract Zero

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết

cho e hỏi là cái dấu căn ở đâu vậy ạ?? Sao e tìm mãi ko thấy??


Tôi không lười biếng, tôi đơn giản chỉ: "Tiết kiệm năng lượng"

 

                                                                          ---Oreki Houtarou---


#13
Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết

[IMO Shortlist 1998]

Cho a, b, c > 0 và abc = 1. Chứng minh rằng:

$\frac{a^{3}}{(1+b)(1+c)}+\frac{b^{3}}{(1+c)(1+a)}+\frac{c^{3}}{(1+a)(1+b)}\geq \frac{3}{4}$

Lời giải :

Ta có bổ đề sau:

Với mọi a, b, c, x, y, z > 0 thì:

$\frac{a^{3}}{x}+\frac{b^{3}}{y}+\frac{c^{3}}{z}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{3(x+y+z)}$

[Belarus 2000]

Chứng minh bổ đề:

Áp dụng bất đẳng thức holder:

$\left ( \sum \frac{a^{3}}{x} \right )^{\frac{1}{3}}.(1+1+1)^{\frac{1}{3}}.(x+y+z)^{\frac{1}{3}}\geq a+b+c$

$\Rightarrow \sum \frac{a^{3}}{x}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{3(x+y+z)}$

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi a = b = c và x = y = z.

Áp dụng bổ đề ta được:

$\sum \frac{a^{3}}{(1+b)(1+c)}=\sum \frac{a^{3}}{1+b+c+bc}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{3[3+2(a+b+c)+ab+bc+ca]}\geq \frac{(a+b+c)^{3}}{3[3+2(a+b+c)+\frac{(a+b+c)^{2}}{3}]}$

Đặt : a + b + c = p $\geq$ 3 (do abc = 1)

Bài toán trở về chứng minh:

$\frac{p^{3}}{(p+3)^{2}}\geq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow 4p^{3}-3p^{2}-18p-27\geq 0$

$\Leftrightarrow (p-3)(4p^{2}+9p+9)\geq 0$ (Đúng vì p$\geq$ 3)

Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Nguyễn Phúc Tăng.



#14
Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết

[Chứng minh bổ đề Belarus 2000]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

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

Do đó cần chứng minh:

$3.\left ( \sum a\sqrt{a} \right )^{2}\geq (a+b+c)^{3}$

Đây là 1 bất đẳng thức thuần nhất đối với 3 biến a, b, c nên ta chuẩn hoá a + b + c = 3. Ta có thể viết lại thành:

$\sum a\sqrt{a}\geq 3$

Áp dụng bất đẳng thức Bernoulli:

$\sum a\sqrt{a}=\sum [1+(a-1)]^{\frac{3}{2}}\geq 3+\frac{3}{2}(a+b+c-3)=3$

Suy ra điều phải chứng minh.



#15
Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 496 Bài viết

Cho x,y,z > 0 và x+y+z= 3. Chứng minh rằng:

 

\[\sum {\frac{1}{{x + y + 1}}}  \le \frac{1}{{\sqrt[3]{{xyz}}}}\]

 

Nguồn: Lê Việt Hưng



#16
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

$\begin{displaymath}
\xymatrix{
& M' \ar@{.>}[dl]_p \ar[dr]^{p'_i} & \\
M \ar[rr]_{p_i} & &M_i }
\end{displaymath}4


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#17
Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 496 Bài viết

Sử dụng BĐT C-S ta có:

 

\[\sum {\frac{{xy}}{{{x^2} + yz + zx}}}  \le \sum {\frac{{xy\left( {{y^2} + yz + zx} \right)}}{{\left( {{x^2} + yz + zx} \right)\left( {{y^2} + yz + zx} \right)}}}  \le \frac{{\sum {xy\left( {{y^2} + yz + zx} \right)} }}{{{{\left( {xy + yz + zx} \right)}^2}}}\]

 

Ta chỉ cần chứng minh:

 

\[\sum {xy\left( {{y^2} + yz + zx} \right)}  \le \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)\left( {xy + yz + zx} \right) \Leftrightarrow xyz\left( {x + y + z} \right) \le {x^3}y + {y^3}z + {z^3}x\]

 

Đúng theo AM-GM

Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi: x=y=z



#18
Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 496 Bài viết

Bài Toán:Cho a,b,c > 0 thỏa mãn \[{a^2} + {b^2} + {c^2} = 3\] . Chứng minh rằng:

 

\[\sum {a\sqrt {{b^2} + {c^2}} }  \le \sqrt {6\left( {ab + bc + ca} \right)} \]

 

Nguồn: Lê Việt Hưng


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 25-12-2016 - 11:39


#19
meotron

meotron

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 22 Bài viết

$\frac{a}{b}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi meotron: 30-12-2016 - 12:15

Never give up :icon6:  :icon6:  :icon6:


#20
Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 496 Bài viết

Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn \[{a^2} + {b^2} + {c^2} = 3\]

 

Chứng minh rằng:

 

\[\frac{1}{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + 4} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {{b^2} + {c^2} + 4} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {{c^2} + {a^2} + 4} \right)}^2}}} \le \frac{3}{{4{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}\]

 

Nguồn: Lê Việt Hưng







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: thử

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh