cvp nội dung
Có 411 mục bởi cvp (Tìm giới hạn từ 27-04-2020)
#293489 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi cvp on 12-01-2012 - 15:48 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 53: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi x,y>0:
$\frac{2x^{2}+3y^{2}}{2x^{3}+3y^{3}}+\frac{2y^{2}+3x^{2}}{2y^{3}+3x^{3}}\leq \frac{4}{x+y}$
Dấu "=" xảy ra khi nào?
#291735 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi cvp on 02-01-2012 - 21:00 trong Bất đẳng thức và cực trị
xem ở đây:http://www.artofprob...?f=151&t=455771
#293552 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi cvp on 12-01-2012 - 20:40 trong Bất đẳng thức và cực trị
...............................................................................................................
VÌ TOPIC "BẤT ĐẲNG THỨC THCS (2)".
#293549 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi cvp on 12-01-2012 - 20:31 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 54:
Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:
$\frac{x^{2}+1}{y^{2}+1}+\frac{y^{2}+1}{z^{2}+1}+\frac{z^{2}+1}{x^{2}+1}\leq \frac{7}{2}$
#318846 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi cvp on 23-05-2012 - 20:43 trong Bất đẳng thức và cực trị
Tặng topic này 1 bài !
Bài 366:
CMR: $\sum_{k=1}^{n}\sqrt{(1+k)^k}<(n+1)! (1)$
Bài giải:
$n=1 \sqrt{2} < 2!=2$. Suy ra $(1)$ đúng với $n=1$.
Giả sử $(1)$ đúng với $n$, ta phải chứng minh $(1)$ đúng với $n+1$.
Ta có:
$\sum_{k=1}^{n+1}\sqrt{(1+k)^k}=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{(1+k)^k}+\sqrt{(n+2)^{n+1}}<(n+1)!+\sqrt{(n+2)^{n+1}}.$
Ta cần CM:
$(n+1)!+\sqrt{(n+2)^{n+1}}< (n+2)! \Leftrightarrow \sqrt{(n+2)^{n+1}}<(n+1)(n+1)!$
Mặt khác: $\sqrt{n^n}<n! \forall \in \mathbb{N}$ ( VMF ta pro chứng minh cái này dễ ).
Nên: $\sqrt{(n+2)^{n+1}}< \frac{(n+2)!}{\sqrt{n+2}}=(n+1)!\sqrt{n+2}<(n+1)!(n+1).$
Vậy $(1)$ đúng $\forall n \in \mathbb{N}$.
#314030 TỤ HỌP CỦA MA CŨ VÀ MA MỚI VÀO : D
Đã gửi bởi cvp on 02-05-2012 - 22:54 trong Góc giao lưu
Sinh ngày: 02-11-1998
Y!M: [email protected]
Nơi ở: Tam Dương-Vĩnh Phúc.
Trường: THCS Tam Dương.
Sở thích: xem Pokemon + sưu tầm + nghe nhạc.
Sở đoảng: Em chịu :|.
Ai là dân Vĩnh Phúc ép nick Y!M của em đê, tìm mãi được có 2 em , dân VP hiếm quá.
#320804 TỤ HỌP CỦA MA CŨ VÀ MA MỚI VÀO : D
Đã gửi bởi cvp on 30-05-2012 - 10:46 trong Góc giao lưu
Diễn đàn nhiều VP nhưng có vẻ VP rất ít onl có mỗi em rảnh hay sao ý .
#203277 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 28-06-2009 - 21:47 trong Bất đẳng thức - Cực trị
#203278 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 28-06-2009 - 21:48 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài nè để tui:Với $a,b,c$ là các số không âm và khác nhau. CMR:$(xy+yz+xz)(\dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}})\geq 4$
W.L.O.G giả sử $z=min{x,y,z}$
Ta có: $(x-z)^2+(y-z)^2=(x-y)^2+2(x-z)(y-z)$
$=> \dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}}=\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{{y-z)^2(z-x)^2}+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{2}{(x-z)(y-z)+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}=\dfrac{4}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{4}{xy+yz+zx}$
=> đpcm
#203279 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 28-06-2009 - 21:53 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài nè để tui:Với $a,b,c$ là các số không âm và khác nhau. CMR:$(xy+yz+xz)(\dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}})\geq 4$
W.L.O.G giả sử $z=min{x,y,z}$
Ta có: $(x-z)^2+(y-z)^2=(x-y)^2+2(x-z)(y-z)$
$=> \dfrac{1}{(x-y)^{2}}+\dfrac{1}{(y-z)^{2}}+\dfrac{1}{(z-x)^{2}}$
$=\dfrac{1}{(x-y)^2}+\dfrac{(x-y)^2}{(y-z)^2(z-x)^2}+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}$
$\ge\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}+\dfrac{2}{(x-z)(y-z)}=\dfrac{4}{(x-z)(y-z)}\ge\dfrac{4}{xy+yz+zx}$
=> đpcm
#203346 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 29-06-2009 - 15:53 trong Bất đẳng thức - Cực trị
$f(a,b,c,d)=3(a^2+b^2+c^2+d^2)+4abcd-16$
Chứng minh $f(a,b,c,d) \ge f(a,x,x,x)\ge0$
Trong đó $x=\dfrac{b+c+d}{3}$
#203254 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 28-06-2009 - 20:19 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Tui ddaay góp vui cách khác:Cho $ a,b,c $ đôi một khác nhau: CMR:$ (a^{2}+b^{2}+c^{2})(\dfrac{1}{(a-b)^{2}}+\dfrac{1}{(b-c)^{2}}+\dfrac{1}{(c-a)^{2}})\geq \dfrac{9}{2}.$
Sử dụng bđt Đào Hải Long;
$\dfrac{a^2}{(b-c)^2}+\dfrac{b^2}{(c-a)^2}+\dfrac{c^2}{(a-b)^2}\ge2$ (1)
cm đơn giản bằng cách đặt $x=\dfrac{a}{b-c};y=\dfrac{b}{c-a};z=\dfrac{c}{a-b}$
Tiếp theo chứng minh theo cách tương tự:
$\dfrac{(a+b)^2}{(a-b)^2}+\dfrac{(b+c)^2}{(b-c)^2}+\dfrac{(c+a)^2}{(c-a)^2}\ge2$
$=>\dfrac{a^2+b^2}{(a-b)^2}+\dfrac{b^2+c^2}{(b-c)^2}+\dfrac{c^2+a^2}{(c-a)^2}\ge\dfrac{5}{2}$ (2)
Từ (1);(2) => đpcm thui
dấu = khi 1 cái =0 2 cái còn lại tổng =0
#203128 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 27-06-2009 - 19:53 trong Bất đẳng thức - Cực trị
ừ cách em cũng hay đóAnh Dũng có cách khá ngắn gọn và hay đó. Đây là cách của em:Đặt $ab+bc+ac=x.$
$1=(a^3+b^3+c^3-3abc)^{2}=[(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)]^{2}=(S+2x)(S-x)^{2}=S^{3}+2x^{3}-3Sx^{2}$
$ \Leftrightarrow S^{3}=1+x^{2}(3S-2x)\geq 1$ vì $3S>2S=2(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 2(ab+bc+ac)=2x$.Vậy $Min S=1$
#202519 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 23-06-2009 - 10:31 trong Bất đẳng thức - Cực trị
bài nè xơi ngon bác ạem mới nghĩ ra bài này các bác cứ xơi tự nhiên:
Cho x,y,z :geq0 tmx^{4}.y^{2}+y^{4}.z^{2}+z^{4}.X^{2}=1.CMR:
:frac{x.y^{3}}{z}+:frac{y.z^{3}}{x}+:frac{z.x^{3}}{y}:geqsqrt{3}
wen viết lại cái đề nha:
Cho x,y,z>0 thỏa mãn: $x^4 y^2 + y^4 z^2 + z^4 x^2 = 1$
CMR:$\dfrac{{xy^3 }}{z} + \dfrac{{yz^3 }}{x} + \dfrac{{zx^3 }}{y} \ge \sqrt 3 $
Chứng minh nè:
$\begin{array}{l}
VT^2 \ge 3\left( {\dfrac{{xy^3 }}{z}.\dfrac{{yz^3 }}{x} + \dfrac{{zx^3 }}{y}.\dfrac{{xy^3 }}{z} + \dfrac{{xy^3 }}{z}.\dfrac{{zx^3 }}{y}} \right) = 3\left( {x^4 y^2 + y^4 z^2 + z^4 x^2 } \right) = 1 \\
\Rightarrow VT \ge \sqrt 3 \\
\end{array}$
Đó là đpcm
Dấu = khi x=y=z=$\dfrac{1}{{\sqrt[6]{3}}}$
#202688 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 24-06-2009 - 12:29 trong Bất đẳng thức - Cực trị
ừ anh nghĩ rùi nhưng ko thể cm đc đâu em!ví dụ em chọn a=b=c=0,1 là sai rùi.Bài này, em cũng nghĩ ra , anh Dũng làm đi nhé
em thử xem lại hộ anh nhé!
#202494 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 23-06-2009 - 06:39 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Vậy bài nè chỉ 3 dòng thui!
Em dùng bổ đề như tn post lên nha!
#202493 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 23-06-2009 - 06:35 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Chứng minh như sau:Em nghĩ ra 1 bài này :Cho $a,b,c > 0$ và$ a^{2}-ab+b^{2}\leq c^{2}$.CMR:
$\dfrac{c^{2}}{ab}\geq [\dfrac{2(ab+c^{2})+a(c-a)+b(c-b)}{a^{2}+b^{2}+c(a+b)}]^{2}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương$\dfrac{{c^2 }}{{ab}} \ge \left[ {\dfrac{{c^2 + c\left( {a + b + c} \right) - \left( {a^2 + b^2 - ab} \right)}}{{ab + c\left( {a + b + c} \right) - \left( {a^2 + b^2 - ab} \right)}}} \right]^2 $
Để ý rằng:$\begin{array}{l}
a^2 + b^2 - ab \le c^2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
ab \le c^2 \\
c^2 + ab \ge a^2 + b^2 \\
\end{array} \right. \\
\Rightarrow B = c\left( {a + b + c} \right) - \left( {a^2 + b^2 - ab} \right) \ge ca + bc > 0 \\
\end{array}$
ta cần cm:$\dfrac{{c^2 }}{{ab}} \ge \left[ {\dfrac{{c^2 + B}}{{ab + B}}} \right]^2 \Leftrightarrow B^2 \left( {c^2 - ab} \right) \ge 0$
Điều nè hiển nhiên đúng!
Dấu = khi a=b=c
#202083 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 17:35 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài nè không khó;để ý rằngCHo a,b,c ko âm và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.TÌm GTNN :$ P=\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}$
$\begin{array}{l}
a + abc \le a + \dfrac{{a(b^2 + c^2 )}}{2} = 1 - \dfrac{{\left( {a - 1} \right)^2 \left( {a + 2} \right)}}{2} \le 1 \\
\Rightarrow \dfrac{a}{{bc + 1}} = \dfrac{{a^2 }}{{abc + a}} \ge a^2 \\
\end{array}$
tương tự cộng lại là xong!
Bổ sung: bài toán này có thể tìm đc cả max nữa bằng $\sqrt 2 $
#202756 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 24-06-2009 - 20:01 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho $x,y,z$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{y^2+yz+z^2}+\dfrac{1}{z^2+zx+x^2}\ge\dfrac{9}{(x+y+z)^2}$
#202856 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 25-06-2009 - 17:22 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Mình ghi lời giải lượng giác cho bạn nè.anh duca1pc giải bài này bằng đại số đi ạ ,mà anh giải cách lượng giác ra luôn đi,em hok quen lượng giác lắm
Từ giả thiết suy ra tồn tai tam giác ABC nhọn sao cho: $a=2cosA;b=2cosB;c=2cosC$
(Vì $cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosAcosBcosC=1$ mà)
Vậy $a+b+c\le 3 <=>cosA+cosB+cosC\le \dfrac{3}{2}$ cái nè là bđt cơ bản của lượng giác
Cái bđt thứ 2 thì nhớ lại bổ đề sau $xycosA+yzcosB+zxcosC\le \dfrac{(x^2+y^2+z^2)}{2}$
Ta có: $\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}\ge a^2+b^2+c^2$
<=> $\dfrac{cosAcosB}{cosC}+\dfrac{cosBcosC}{cosA}+\dfrac{cosCcosA}{cosB}\ge 2(cos^2A+cos^2B+cos^2C)$
Đến đây có thể thấy nếu đặt $ \sqrt{\dfrac{cosAcosB}{cosC}}=y; \sqrt{\dfrac{cosBcosC}{cosA}}=z; \sqrt{\dfrac{cosCcosA}{cosB}}=x$ thì bất đẳng thức trên quy về bổ đề vừa nêu!
=> đpcm!
#203118 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 27-06-2009 - 18:23 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cứ thử bài 1 đã1,Cho $ a^{3}+b^{3}+c^{3}=3abc+1$ .Tìm GTNN của: $ S=a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Xem ai có cách ngắn nhất và sơ cấp nhất cho bài 1
2, Với $a,b,c>0$ sao cho $abc=3$.Tìm GTNN của : $P=\dfrac{\sqrt{a^{2}+b^{3}+c^{4}}}{a^{3}+b^{2}+c}$
Ta có: $1=a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$
$=>1=(a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\le\dfrac{((a+b+c)^2+2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca))^3}{27}$
$=>1\le(a^2+b^2+c^2)^3$
Do đó: $a^2+b^2+c^2\ge1$
Vậy $(a^2+b^2+c^2)min=1$
p/s:cách nè chắc là sơ cấp nhưng ngắn hay ko thì em ko biết
#202920 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 25-06-2009 - 21:41 trong Bất đẳng thức - Cực trị
hì các pác chém nhiệt tình wa.em thanks nha nhiều cách hay thật!Haiz.Thử chém cách khác xem .Đặt $p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz $ cho gọn
BĐT tương đương:
$ \sum ( \dfrac{1}{x^2+xy+y^2}+\dfrac{1}{xy+yz+zx}) \ge \dfrac{9}{(x+y+z)^2}+\dfrac{3}{xy+yz+zx} $
$VT \ge \sum \dfrac{4}{(x+y+z)(y+z)}=\dfrac{4(p^2+q)}{p(pq-r)} $
ta cm:$\dfrac{4(p^2+q)}{p(pq-r)} \ge \dfrac{9q+3p^2}{p^2q} $
$\leftrightarrow 4pq(p^2+q) \ge 3(3q+p^2)(pq-r) $
$\leftrightarrow p^3q+9qr+3p^2r-5pq^2 \ge 0 $
Chú ý là $p^3+9r-4pq=\sum a(a-b)(a-c),q^2-3pr=\sum bc(a-b)(a-c) $
nên bđt cần cm tương đương: $\sum (a(ab+bc+ca)-bc(a+b+c))(a-b)(a-c) \ge 0 $
Cái này đúng theo Vornicu Schur
#202893 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 25-06-2009 - 20:10 trong Bất đẳng thức - Cực trị
đc rùi em biết thêm mấy cách thanks pácnản,đòi hỏi cao quá đấy,xem ở đây đi:
http://www.mathlinks...ic.php?t=281905
#202882 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 25-06-2009 - 19:51 trong Bất đẳng thức - Cực trị
pác nè làm vắn tắt wa.Hic mà cm bài toán nè lại phải dùng một bài toán khác cũng mạnh và khó như bđt Iran 96 sao pác!em nghĩ dùng cách khác đi$VT \ge \left( {\dfrac{{4(xy + yz + zx)}}{{{{(x + y + z)}^2}}}} \right)\left( {{{\left( {\dfrac{1}{{x + y}}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{y + z}}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{1}{{z + x}}} \right)}^2}} \right) \ge \dfrac{9}{{{{(x + y + z)}^2}}}$
#202079 Bất đẳng thức
Đã gửi bởi cvp on 20-06-2009 - 17:22 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài này để anh làm nha:còn bài này ạ,!
$\dfrac{{a^3 }}{b} + ab \ge 2a^2 ;\dfrac{{b^3 }}{c} + bc \ge 2b^2 ;\dfrac{{c^3 }}{a} + ac \ge 2c^2$
mà $a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca$
nên VT≥ab+bc+ca
$ \Rightarrow 2VT \ge \dfrac{{a^3 }}{b} + bc + \dfrac{{b^3 }}{c} + ca + \dfrac{{c^3 }}{a} + ab \ge 2a\sqrt {ac} + 2b\sqrt {ba} + 2c\sqrt {cb} $
=>đpcm Dấu = xãy ra khi a=b=c.
Cố lên em anh thấy em giỏi lắm!
…………Tam Dương…………
- Diễn đàn Toán học
- → cvp nội dung