Bài 10:Cho $ a,b,c >0 $ Thỏa $ abc=1 $ tìm Max của :
$ P = \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1}+\dfrac{a+1}{2c^2b+b^2+4a^2+1}+\dfrac {c+1}{2a^2b+b^2+4c^2+1} $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:18
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:18
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
Xét $ \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1} \leq \dfrac{b+1}{2a^2c+2c+4b^2} = \dfrac{b+1}{2c(a^2+1)+4b^2} \leq \dfrac{b+1}{4(ac+b^2)} $Tiếp với bài mới chế nhé :
cho $ a,b,c >0 $ Thỏa $ abc=1 $ tìm Max của :
$ P = \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1}+\dfrac{a+1}{2c^2b+b^2+4a^2+1}+\dfrac {c+1}{2a^2b+b^2+4c^2+1} $
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
Xét $ \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1} \leq \dfrac{b+1}{2a^2c+2c+4b^2} = \dfrac{b+1}{2c(a^2+1)+4b^2} \leq \dfrac{b+1}{4(ac+b^2)} $
Do đó $ \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1} \leq \dfrac{b+1}{4(ac+b^2)}= \dfrac{b(b+1)}{1+b^3} $
Lại có $ b^3+1 \geq b(b+1)$ Do đó $ \dfrac{b+1}{2a^2c+c^2+4b^2+1} \leq \dfrac{1}{4} $
Làm tương tự suy ra $ P \leq \dfrac{3}{4} $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:19
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
áp dụng Cauchy-SchwarzTa có:Phân tách thế này tôi chịu. Ý tưởng của tôi lại khác. Nó chỉ phù hợp với những dạng bài như sau: (cũng cho abc=1 )
Cho $a,b,c > 0$ và thỏa mãn $abc = 1$. Tìm Max của :
$P = \dfrac{1}{{2{a^2} + {b^2} + 3}} + \dfrac{1}{{2{b^2} + {c^2} + 3}} + \dfrac{1}{{2{c^2} + {a^2} + 3}}$
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:19
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
tiếp với bài này nha
cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn $ a^2+b^2+c^2=1 $
Chứng minh:
$ P= \dfrac{a^3}{a+2b+3c}+\dfrac{b^3}{b+2c+3a}+\dfrac{c^3}{c+2a+3b} \geq \dfrac{1}{6} $
Đơn giản là dùng Cauchy Swarch và cộng mẫu số BĐT tương đương:tiếp với bài này nha
cho a,b,c là 3 số dương thỏa mãn $ a^2+b^2+c^2=1 $
Chứng minh:
$ P= \dfrac{a^3}{a+2b+3c}+\dfrac{b^3}{b+2c+3a}+\dfrac{c^3}{c+2a+3b} \geq \dfrac{1}{6} $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:20
Không hiểu sao có động lực làm bài của Tú.Hix , giải sau anh Messi chỉ 4 phút , để em góp thêm vài bài hay nhé:
Bài Toán: Cho $x_1,x_2,x_3,......,x_n$ dương thỏa mãn :
$ \dfrac{1}{1+x_1}+\dfrac{1}{1+x_2}+\dfrac{1}{1+x_3}+.........+\dfrac{1}{1+x_n}=1$
Hãy chứng minh :$ x_1.x_2.x_3.....x_n \ge (n-1)^{n}$.
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:21
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
Topic sôi động quá!Xin trả lễ Lâm và Tú bài này:
Cho $x \ge y \ge z > 0$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{{{x^2}y}}{z} + \dfrac{{{y^2}z}}{x} + \dfrac{{{z^2}x}}{y} \ge xy + yz + xz$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:22
It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow
với $ 1 \leq i,k \leq n ; i \neq k $Nhại lại BĐT trên bằng một BĐT vừa chế nhé!
Mọi người ủng hộ nhé!
Cho ${x_1},{x_2},{x_3},...,{x_n} \ge 0$ và thỏa mãn điều kiện:
$\dfrac{1}{{1 + {x_1}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_2}}} + \dfrac{1}{{1 + {x_3}}} + ... + \dfrac{1}{{1 + {x_n}}} = n - 1$
Chứng minh rằng :
${x_1}{x_2}{x_3}...{x_n} \le \dfrac{1}{{{{(n - 1)}^n}}}$
Hihi!
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:22
Đôi khi ta mất niềm tin để rồi lại tin vào điều đó một cách mạnh mẽ hơn .
chuyển qua phần ứng dụng tổng Abel nhé : 1 bài đơn giản cho các bạn mới làm quen :
cho $ \left\{\begin{array}{l}{b \geq c \geq a \geq 0 }\\{a\geq 3 } \\{a+b\geq 6 }\\ { a+b+c \geq 12 }\end{array}\right. $
Tìm Min của $ P = ab+bc+ca $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangduc: 14-07-2011 - 21:48
Thành thật phê bình bạn hoangduc. x-(Xin phép làm trước
$P=ba+cb+ac=(b-c)a+(c-a)(a+b)+a(a+b+c)$
$\ge 3(b-c)+6(c-a)+12a=3b+3c+6a=3(a+b+c)+3a\ge 45 $
Đẳng thức xảy ra khi $a=c=3, b=6 $
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:23
Mình đã hỏi một số người bạn bài này.Cho các số thực dương $a,b,c $ thỏa $a^2+b^2+c^2=1 $. Chứng minh:
$\dfrac{1}{1-a^2}+\dfrac{1}{1-b^2}+\dfrac{1}{1-c^2}+\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}+\dfrac{1}{1-ab}\ge 9 $
Bài này mình giải không được
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 27-07-2011 - 12:19
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:24
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
Ta có bất đẳng thức thứ nhất tương đương vớiTiếp theo là một Bất đẳng thức đơn giản, có nhiều cách làm bài này. Mọi người làm nhiều cách vào nhé.
Chỉ dùng AM-GM
1)Cho $a,b,c > 0$
Chứng minh rằng
$\[(1 + a)(1 + b)(1 + c) \ge {(1 + \sqrt[3]{{abc}})^3}\]$
Sau đó mọi bài toán tổng quát hơn cũng sẽ giải đựơc bằng nhiều cách
( Bất đẳng thức Holder)
2)Cho ${a_i} > 0,i = \overline {1,n} $
Chứng minh rằng:
$\sum\limits_{i = 1}^n {(1 + {a_i})} \ge {(1 + \sqrt[n]{{\prod\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }})^n}$
Mọi người tham gia nhiệt tình nhé!
Một cách nữa cho bài 1. ( để Chứng minh bài tổng quát)Ta có bất đẳng thức thứ nhất tương đương với
$a + b + c + ab + bc + ca \ge 3\left( {\sqrt[3]{{abc}} + \sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}} \right)$
Nó đúng bởi AM GM
Bất đẳng thức tổng quát cần sử dụng AM GM tinh tế hơn các bạn thử suy nghĩ vì suy cho cùng nó cũng không quá khó có thể tìm được dựa vào cách cm BCS bởi AM GM
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh