$a/b$$\frac{2x+3}{3x}}$
$\lim_{x\to\infty}\frac{2x}{3x+5}$
$\sum _{k=1}^n\frac{1}{2\sqrt{x+2}}$
$a/b$$\frac{2x+3}{3x}}$
$\lim_{x\to\infty}\frac{2x}{3x+5}$
$\sum _{k=1}^n\frac{1}{2\sqrt{x+2}}$
$\sqrt{x^{2}+2x} + \sqrt{2x-1}= \sqrt{3x^2+4x+1}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baokoi9: 24-08-2016 - 16:32
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
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
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 !
a^{2}+b^{3}+c^{4}
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...
-----------------------
My facebook : https://www.facebook...100021740291096
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...
-----------------------
My facebook : https://www.facebook...100021740291096
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...
-----------------------
My facebook : https://www.facebook...100021740291096
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---
[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.
[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.
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
$\begin{displaymath}
\xymatrix{
& M' \ar@{.>}[dl]_p \ar[dr]^{p'_i} & \\
M \ar[rr]_{p_i} & &M_i }
\end{displaymath}4
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
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
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
$\frac{a}{b}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi meotron: 30-12-2016 - 12:15
Never give up
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
Vấn đề chung của Diễn đàn →
Hướng dẫn - Trợ giúp - Giải đáp thắc mắc khi sử dụng Diễn đàn →
Thử các chức năng của diễn đàn →
thửBắt đầu bởi nguyen minh hieu hp, 22-04-2018 thử, test, try |
|
|||
Vấn đề chung của Diễn đàn →
Hướng dẫn - Trợ giúp - Giải đáp thắc mắc khi sử dụng Diễn đàn →
Thử các chức năng của diễn đàn →
gõ thửBắt đầu bởi bapbeo, 02-09-2016 thử |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Tài liệu - đề thi THPT →
Thi TS ĐH →
Tổng hợpĐề thi thử ĐH 2014Bắt đầu bởi namcpnh, 14-01-2014 thử |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh