Đến nội dung

le_hoang1995 nội dung

Có 342 mục bởi le_hoang1995 (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#544603 CMR: $\dfrac{ab}{a+b-c}+\dfrac{bc...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 16-02-2015 - 23:02 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác.CMR: $\dfrac{ab}{a+b-c}+\dfrac{bc}{b+c-a}+\dfrac{ca}{a+c-b}\geq a+b+c$

BĐT tương đương với

$\sum \left ( \frac{ab}{a+b-c}-c \right )\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum \frac{ab-bc-ac+c^2}{a+b-c}\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a+b-c}.(a-c)(b-c)\geq 0$
Đặt được ứng, BĐT tương đương $S_c.(a-c)(b-c)+S_a.(c-a)(b-a)+S_b.(a-b)(c-b)\geq 0$

Không mất tổng quát giả sử $a\geq b\geq c\Rightarrow S_a\geq S_b\geq S_c>0$
Suy ra $S_c.(a-c)(b-c)\geq 0$
Và $S_a.(a-c)\geq S_b.(a-c)\geq S_b.(b-c)$

$\Rightarrow S_a.(a-c).(a-b)\geq S_b.(b-c)(a-b)\Leftrightarrow S_a.(c-a)(b-a)+S_b.(a-b)(c-b)\geq 0$

$\Rightarrow S_c.(a-c)(b-c)+S_a.(c-a)(b-a)+S_b.(a-b)(c-b)\geq 0$

BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$




#542212 $\frac{x}{x+\sqrt{x+yz}}+\f...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 28-01-2015 - 22:40 trong Bất đẳng thức và cực trị

Với 3 số dương $x,y,z$ và $x+y+z=1$.Tìm max

$\frac{x}{x+\sqrt{x+yz}}+\frac{y}{y+\sqrt{y+xz}}+\frac{z}{z+\sqrt{z+xy}}$

Theo BĐT cauchy-schwarz ta có

$x+\sqrt{x+yz}=x+\sqrt{x^2+xy+xz+yz}=x+\sqrt{(x+y)(z+x)} \geq x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}=\sqrt{x}.(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

Vậy $VT=\sum \frac{x}{x+\sqrt{x+yz}}\leq \sum \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}=1$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{3}$




#542210 $\sum \dfrac{x^2}{x+y^2} \geqslant...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 28-01-2015 - 22:32 trong Bất đẳng thức và cực trị

 

Bài 2. [Chỉ dùng biến đổi tương đương và không được dùng AM-GM] Cho các số không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=3$. Chứng minh:

$$\dfrac{x^2}{x+y^2}+\dfrac{y^2}{y+z^2}+\dfrac{z^2}{z+x^2} \geqslant \dfrac{3}{2}$$


Lưu ý: Nếu vào trong này giải bài thì không ghi tiếng anh nếu không phải ngoại quốc.

Ta có $$\sum \frac{x^2}{x+y^2}=\sum \left ( x-\frac{xy^2}{x+y^2} \right )\geq \sum \left ( x-\frac{xy^2}{2y\sqrt{x}} \right )=\sum \left ( x-\frac{y\sqrt{x}}{2} \right )=3-\frac{y\sqrt{x}+z\sqrt{y}+x\sqrt{z}}{2}$$

Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có $$y\sqrt{x}+z\sqrt{y}+x\sqrt{z}\leq \sqrt{(xy+yz+zx)(y+z+x)}\leq \sqrt{\frac{(x+y+z)^2}{3}.(x+y+z)}=3$$

Vậy $$VT\geq 3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$




#536442 $\sum \frac{a^{2}}{a+b}+\fr...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 06-12-2014 - 20:17 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho a, b, c > 0. Chứng minh $\sum \frac{a^{2}}{a+b}+\frac{1}{2}\sum \sqrt{ab}\geqslant \sum a$

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\sum \left ( a-\frac{ab}{a+b} \right )+\frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}\geq a+b+c$
$\Leftrightarrow \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{2}\geq \frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a}$

Nhưng BĐT này đúng do $\frac{\sqrt{ab}}{2}=\frac{ab}{2\sqrt{ab}}\geq \frac{ab}{a+b}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$




#535634 CMR: $\frac{n+1}{n+2} - n.\frac{...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 30-11-2014 - 21:41 trong Bất đẳng thức và cực trị

 

Chứng minh bằng qui nạp với $n,k \in  \mathbb{N}*$

$\frac{n+1}{n+2} - n.\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{2^{k}}{k}}{2^{n+1}} < 0$
 
Giúp mình bài này với!!!

 

Bài này với $n=1$ thì BĐT sai, còn từ 2 trở đi mới đúng. Bạn xem lại đề nhé. Mình chứng minh như sau

Ta chứng minh bổ đề: với $n\geq2$ thì ta có BĐT

$$2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^{n-1}}{n-1}\geq\frac{2^n}{n}$$

Với $n=2$ dễ thấy BĐT đúng

Giả sử BĐT đúng với $n=k$ suy ra $2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^{k-1}}{k-1}\geq\frac{2^k}{k}$

Ta thấy $2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^{k-1}}{k-1}+\frac{2^k}{k}\geq\frac{2^k}{k}+\frac{2^k}{k}=\frac{2^{k+1}}{k}>\frac{2^{k+1}}{k+1}$

Suy ra BĐT đúng với $n=k+1$

Theo nguyên lí quy nạp toán học, BĐT đúng với mọi $n\geq2$

________________________________________________

Trở lại BĐT ban đầu, ta có

$2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^{n-1}}{n-1}\geq\frac{2^n}{n}$
$\Leftrightarrow 2+\frac{2^2}{2}+\frac{2^3}{3}+...+\frac{2^{n-1}}{n-1}+\frac{2^n}{n}\geq2.\frac{2^n}{n}=\frac{2^{n+1}}{n}$
$\Leftrightarrow n.\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{2^{k}}{k}}{2^{n+1}}\geq1$

Dễ thấy $\frac{n+1}{n+2}<1$

Vậy $\frac{n+1}{n+2}< n.\frac{\sum_{k=1}^{n}\frac{2^{k}}{k}}{2^{n+1}}$




#535392 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 29-11-2014 - 21:08 trong Bất đẳng thức và cực trị

Nhờ các bạn giúp mình bài này:
Cho các số dương x, y, z thoả mãn x + y + z = 1. Tìm MIN của P = ax2  + by2 + cz2 (với a, b, c >0).

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta được

$(ax^2+by^2+cz^2)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq (x+y+z)^2=1$
$\Rightarrow ax^2+by^2+cz^2\geq \frac{abc}{ab+bc+ca}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x+y+z=1$ và $ax=by=cz$

Đặt $ax=by=cz=t$, thay vào $x+y+z=1$, ta được

$t.\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=1$
$\Rightarrow t=\frac{abc}{ab+bc+ca}$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
x=\frac{bc}{ab+bc+ca}\\ y=\frac{ca}{ab+bc+ca}
\\z=\frac{ab}{ab+bc+ca}

\end{matrix}\right.$




#535385 Cho $a,b>0$, $a+b=2$ Tìm gtnn: P=$\frac...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 29-11-2014 - 20:46 trong Bất đẳng thức và cực trị

Mình sẽ cố gắng giải chi tiết

Áp dụng BĐT Bunhiacopxki, ta có

$\left ( a_1+a_2+...+a_n \right )\left ( \frac{b_1^2}{a_1}+\frac{b_2^2}{a_2}+...+\frac{b_n^n}{a_n} \right )\geq (b_1+b_2+...+b_n)^2$
$\Rightarrow \frac{b_1^2}{a_1}+\frac{b_2^2}{a_2}+...+\frac{b_n^n}{a_n}\geq \frac{(b_1+b_2+...+b_n)^2}{a_1+a_2+...+a_n}$

Áp dụng BĐT trên cho 10 phân số sau, ta có:

$3.\frac{1}{4a^2+2}+3.\frac{1}{4b^2+2}+4.\frac{1}{6ab}\geq \frac{(3.1+3.1+4.1)^2}{3.(4a^2+2)+3.(4b^2+2)+4.6ab}=\frac{100}{12.(a^2+2ab+b^2)+12}=\frac{5}{3}$

Và $ab\leq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^2=1$

Suy ra ta có:

$3P=\frac{3}{4a^2+2}+\frac{3}{4b^2+2}+\frac{4}{6ab}+\frac{7}{3ab}\geq \frac{5}{3}+\frac{7}{3}=4$
$\Rightarrow P\geq \frac{4}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
$\left\{\begin{matrix}
4a^2+2=4b^2+2=6ab\\a=b
\\ a+b=2

\end{matrix}\right.\Leftrightarrow a=b=1$




#535200 Chứng minh rằng: $\frac{2a}{b+c}+\frac...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 28-11-2014 - 19:03 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng: $\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b} \geq 3 + \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$

BĐT tương đương với

$$\sum \left (  \frac{2a}{b+c}-1\right )\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{a-b}{b+c}+\frac{a-c}{b+c} \right )\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum (a-b).\left ( \frac{1}{b+c}-\frac{1}{a+c} \right )\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{(b+c)(a+c)}\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$

Dễ thấy

$$(a+c)(b+c)=c^2+ac+bc+ab<(a+b+c)^2$$
$$\Rightarrow \frac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}\geq \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$
$$\Rightarrow  \sum \frac{(a-b)^2}{(b+c)(a+c)}\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}$$

Vậy BĐT đúng. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$




#535180 CMR:$\left ( x^{2}+y^{2} \right )^{n...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 28-11-2014 - 14:47 trong Bất đẳng thức và cực trị

 

Chứng minh rằng :
$\left ( x^{2}+y^{2} \right )^{n} \geqslant 2^{n}x^{n}y^{n} + \left ( x^{n}-y^{n} \right )^{2}$
trong đó x,y là các số dương và n là số nguyên dương.  :namtay 

 

Chưa nghĩ ra cách trực tiếp nên sài tạm cách Quy nạp

Dễ thấy với $n=1$ hoặc $n=2$, BĐT đúng với mọi $x,y$ dương

Với $n\geq 3$ chia hai vế cho $y^{2n}$ rồi đặt ẩn, ta được BĐT $(a^2+1)^n\geq 2^n.a^n+(a^n-1)^2$        (1)

Với n=3, BĐT tương đương $a^4+a^2\geq2a^3$ đúng

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

Ta chứng minh bổ đề $(a^2+1)(a^{n}-1)^2\geq (a^{n+1}-1)^2$ với mọi $n\geq3$         

Bổ đề tương đương

$(a^2+1).(a^n-1)^2\geq \left [ a(a^n-1)+(a-1) \right ]^2$
$\Leftrightarrow a^2.(a^n-1)^2+(a^n-1)^2\geq a^2.(a^n-1)^2+2a(a-1)(a^n-1)+(a-1)^2$
$\Leftrightarrow (a^n-1)^2-2.a(a-1).(a^n-1)+a^2(a-1)^2-a^2(a-1)^2-(a-1)^2\geq0$

$\Leftrightarrow \left [ (a^n-1)-a(a-1) \right ]^2-(a-1)^2(a^2+1)\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-1)^n.(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+a+1-a)^2-(a-1)^2(a^2+1)\geq 0$

$\Leftrightarrow (a-1)^2.\left [ (a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+1)^2-(a^2+1) \right ]\geq 0$

Vì $n\geq3$ nên $(a^{n-1}+a^{n-2}+...+a^2+1)^2-(a^2+1)\geq (a^2+1)^2-(a^2+1)=(a^2+1).a^2\geq 0$

Vậy bổ đề đúng với mọi $n\geq3$

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

Quay lại BĐT (1)

Giả sử BĐT đúng với mọi $n=m\geq3$

$$(a^2+1)^m\geq 2^m.a^m+(a^m-1)^2$$

Suy ra $$(a^2+1)^{m+1}=(a^2+1).(a^2+1)^m\geq (a^2+1).\left [ 2^m.a^m+(a^m-1)^2 \right ]$$

$$=(a^2+1).2^m.a^m+(a^2+1).(a^m-1)^2\geq 2a.2^m.a^m+(a^{m+1}-1)^2=2^{m+1}.a^{m+1}+(a^{m+1}-1)^2$$

Suy ra BĐT (1) cũng đúng với $n=m+1$, vậy BĐT đúng với mọi $n\geq3$

Đẳng thức xảy ra khi $a=1$ hay $x=y$

Tổng kết lại, BĐT đúng với mọi x, y dương và n nguyên dương




#535175 Chứng minh $2\sum a^{2014}\geq \sum a^{201...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 28-11-2014 - 14:19 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho $a; b; c$ là các số thực dương. Chứng minh:

$2(a^{2014}+b^{2014}+c^{2014})\geq a^{2013}(b+c)+b^{2013}(a+c)+c^{2013}(a+b)$

Áp dụng BĐT Cosi cho 2014 số, ta được

$$2013.a^{2014}+b^{2014}\geq 2014.\sqrt[2014]{a^{2013.2014}.b^{2014}}=2014.a^{2013}.b$$

Tương tự, ta được $$2013.a^{2014}+c^{2014}\geq 2014.\sqrt[2014]{a^{2013.2014}.c^{2014}}=2014.a^{2013}.c$$

Cộng lại ta được $$2.2013.a^{2014}+b^{2014}+c^{2014}\geq 2014.a^{2013}.(b+c)$$

Hoàn toàn tương tự, thêm hai BĐT nữa, cộng lại, ta được ĐPCM




#535168 Tìm GTLN và GTNN của A = x - y.

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 28-11-2014 - 13:49 trong Bất đẳng thức và cực trị

Biết rằng $x^{2}+y^{2}=x+y$. Tìm GTLN và GTNN của A = x - y.

 

Đặt $x+y=a$ ta có: $$a=x+y=x^2+y^2=(x+y)^2-2xy \Rightarrow 2xy=a^2-a$$

$$A^2=(x-y)^2=(x+y)^2-4xy=a^2-2.(a^2-a)=-a^2+2a=1-(a-1)^2\leq 1$$

Suy ra $-1\leq A\leq 1$

Đẳng thức xảy ra tại $a=1$ nên ta giải hệ $\left\{\begin{matrix}
x+y=1\\x^2+y^2=1

\end{matrix}\right.$

Giải hệ trên, ta thu được nghiệm

Vậy $Max_{A}=1$ khi $ x=1 $ và$ y=0$
$Min_{A}=-1$ khi $x=0$ và $y=1$




#535161 M=$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 28-11-2014 - 12:21 trong Bất đẳng thức và cực trị

a)chứng minh rằng

   $\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}> 10$

 

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxi, ta được

$$\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}>\frac{(1+...+1)^2}{\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{100}}=\frac{100^2}{\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{100}}>\frac{100^2}{\sqrt{100}+\sqrt{100}+...+\sqrt{100}}=\frac{100^2}{100.\sqrt{100}}=10$$

 

 


b)

rút gọn biểu thức

  A=$\frac{2^2-1}{2^2}*\frac{3^2-1}{3^2}*\frac{4^2-1}{4^2}*...*\frac{n^2-1}{n^2}$

Ta thấy $$\frac{2^2-1}{2^2}*\frac{3^2-1}{3^2}*\frac{4^2-1}{4^2}*...*\frac{n^2-1}{n^2}=\frac{1.3.2.4.3.5...(n-3).(n-1).(n-2).n.(n-1).(n+1)}{2^2.3^2...n^2}$$

$$=\frac{1.2.3^2.4^2...(n-3)^2.(n-2)^2.(n-1)^2.n.(n+1))}{2^2.3^2...n^2}=\frac{n+1}{2n}$$




#534375 M=$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 23-11-2014 - 15:10 trong Bất đẳng thức và cực trị

b) cho các số a,b,c thoả mãn a+b+c=1 . hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : C= $ab+2bc+3ca$

Thế $ c=1-a-b$ vào biểu thức, ta được:

$$C=ab+2b(1-a-b)+3a(1-a-b)=-3a^2-2b^2-4ab+3a+2b$$ $$=-2.\left ( b+a-\frac{1}{2} \right )^2-\left ( a-\frac{1}{2} \right )^2+\frac{3}{4}\leq \frac{3}{4}$$

Vậy $maxC=\frac{3}{4}$ khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix}
a=\frac{1}{2}\\ b=0
\\ c=\frac{1}{2}

\end{matrix}\right.$




#534342 P=$\frac{3x}{y\left ( x+1 \right )} +...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 23-11-2014 - 11:27 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 1: Cho 2 số dương $x,y$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất:

 

P=$\frac{xy + yz + xz}{x^{2} + y^{2} + z^{2}} + x^{2} + y^{2} +z^{2}$ 

Ta có $x^2+y^2+z^2\geq\frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{1}{3}$ và $x^2+y^2+z^2< (x+y+z)^2=1$

Đặt $x^2+y^2+z^2=a$, ta được $\frac{1}{3}\leq a<1$

Ta có $$P=\frac{xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2}+x^2+y^2+z^2=\frac{(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)}{2(x^2+y^2+z^2)}+x^2+y^2+z^2=\frac{1}{2a}-\frac{1}{2}+a$$

Dự đoán Max tại $a=\frac{1}{3}$  khi đó $ P=\frac{4}{3}$ nên ta thử chứng minh

$$a-\frac{1}{2}+\frac{1}{2a}\leq \frac{4}{3}\Leftrightarrow (3a-1)(2a-3)\leq 0\Leftrightarrow \frac{1}{3}\leq a\leq \frac{3}{2}$$

Như vậy với $\frac{1}{3}\leq a<1$ thì $ P\leq \frac{4}{3}$




#534238 Tìm GTLN, GTNN của hàm số: $y=sin^3x+cos^3x$

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 22-11-2014 - 19:36 trong Bất đẳng thức và cực trị

Tìm GTLN, GTNN của hàm số: $y=sin^3x+cos^3x$

Theo tính chất lượng giác, ta có $sinx\leq 1$ và $cosx\leq 1$ với mọi x, suy ra

$sin^3x\leq sin^2x$ và   $ cos^3x\leq cos^2x$

Cộng hai vế, ta được $$sin^3x+cos^3x\leq sin^2x+cos^2x=1$$

Đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{k\pi }{2}$




#534229 Tìm GTNN $P=\frac{a^{6}}{b+c}+\f...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 22-11-2014 - 19:22 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho a,b,c>0 và abc=1.Tìm GTNN $P=\frac{a^{6}}{b+c}+\frac{b^6}{c+a}+\frac{c^6}{a+b}$

Thêm 1 ý tưởng khác là dùng BĐT Trê-bư-sép và Nestbit

$$\frac{a^6}{b+c}+\frac{b^6}{c+a}+\frac{c^6}{a+b}\geq \frac{1}{3}.\left ( a^5+b^5+c^5 \right ).\left ( \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \right )\geq \frac{1}{3}.3.\sqrt[3]{a^5.b^5.c^5}.\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$




#534170 Tim GTNN $P=\frac{a^{2}\left ( b+c \right...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 22-11-2014 - 12:37 trong Bất đẳng thức và cực trị

Tính chất của tam giác vuông $a^2+b^2=c^2$ nên ta có

$$\frac{a^2(b+c)+b^2(a+c)}{abc}=\frac{ab(a+b)+c(a^2+b^2)}{abc}=\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c^2}{ab}$$ $$=\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{c^2}{2\sqrt{2}ab}+\frac{(4-\sqrt{2}).c^2}{4ab}\geq 3.\sqrt[3]{\frac{ab.c^2}{c^2.2\sqrt{2}.ab}}+\frac{(4-\sqrt{2})(a^2+b^2)}{4ab}$$ $$=\frac{3\sqrt{2}}{2}+\frac{(4-\sqrt{2}).2ab}{4ab}=2+\sqrt{2}$$

Đẳng thức xảy ra tại các bắt đẳng thức Cô si trên, giải ra ta được $a=b=\frac{c}{\sqrt{2}}$ hay tam giác vuông cân




#359148 ÔN THI ĐẠI HỌC 2012

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 05-10-2012 - 18:37 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 30:
Ch0 các số thực $a,b$ và số thực dương $c$ thỏa mãn $a^2+b^2+ab=3c^2$.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+4abc\leq 6c^3$$

Giả thiết tương đương $a^2c+b^2c+abc=3c^3$
$3c^2=(a+b)^2-ab\geq (a+b)^2-\frac{(a+b)^2}{4}=\frac{3(a+b)^2}{4}\Leftrightarrow 2c\geq a+b$
BĐT cần chứng minh tương đương với
$a^3+b^3+4abc\leq 2a^2c+2b^2c+2abc$
$\Leftrightarrow (a+b)(a^2+b^2-ab)+2abc\leq 2c(a^2+b^2)$
$\Leftrightarrow (a+b)(a^2+b^2-ab)-2c(a^2+b^2-ab)\leq 0$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2-ab)(a+b-2c)\leq 0$
Đúng theo điều kiện. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
____________________________________________

Bài 31 Cho $0<y<x \leq 3$ và $x+y \leq 5$, tìm GTLN của các biểu thức
$S_2=x^2+y^2\\ S_3=x^3+y^3\\ S_n=x^n+y^n$



#358767 ÔN THI ĐẠI HỌC 2012

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 04-10-2012 - 13:46 trong Bất đẳng thức và cực trị

Bài 27:Cho $x,y$ thực thỏa $1-y^2=x(x-y)$. Tìm Min,max của $$P=\frac{x^6+y^6-1}{x^3y+xy^3}$$
THPT Đồng Quan Hà Nội 2011

Điều kiện $x,y$ khác $0$. $1=x^2+y^2-xy \geq xy$. Không tồn tại $min(xy)$ vì khi cho $x\rightarrow 0\Rightarrow y\rightarrow -1\Rightarrow xy \to 0$. Dùng tam thức bậc hai thì chặn được $|x|\leq \frac{2}{\sqrt{3}}\Rightarrow |xy|< \frac{4}{3}$
Đặt $xy=t$ với điều kiện $t \in(\frac{-4}{3};1]$ Ta có $x^3y+xy^3=xy(x^2+y^2)=xy(1+xy)=t(1+t)$
$x^6+y^6-1=(x^2+y^2)^3-3x^2y^2(x^2+y^2)-1=(1+xy)^3-3x^2y^2(1+xy)-1=(1+t)^3-3t^2(1+t)-1=-2t^3+3t$
$\Rightarrow P=\frac{-2t^3+3t}{t(t+1)}=\frac{-2t^2+3}{t+1}$
$P'=\frac{-2t^2-4t-3}{(t+1)^2}<0$. Suy ra P nghịch biến
$\Rightarrow P(t)\geq P(1)=\frac{1}{2}$
Vậy $minP=\frac{1}{2}$ khi $t=1\Rightarrow x=y=1$
Không tồn tại maxP



#358308 Bài văn lạ về truyện Thánh Gióng đang gây xôn xao dư luận.

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 02-10-2012 - 16:19 trong Các môn xã hội (Văn học, Địa lý, Lịch sử, GDCD)

Nhưng anh ơi cái đó chứng minh cho điều gì đâu điểm 0 thôi . thực tế vẫn là thực tế nếu viết như vây thì 0 điểm đấy là anh và bạn quan sát mọi vật thế thôi không phải cái gì cũng xấu đâu đừng vơ đũa cae lắm nha . nhìn từ góc đô khác thì moi vật vẫn ổn và như thế mới cần tới giáo dục chứ

Theo mình thì điểm 0 của cô đâu phải là luôn luôn đúng đắn, không phải như toán chắc chắn đúng hoặc sai, văn thì có nhiều hướng suy nghĩ khác nhau của mỗi người. Bài văn này viết ra chắc chắn không phải để lấy điểm cao rồi, theo mình thì nó không phải là điểm 0 vô ích, ít nhất là nó cũng tạo ra 1 cuộc tranh luận giữa mọi người về các vấn để nó đề cập đến ( ngay tại đây là tôi và bạn). Có thể nó cũng chẳng thay đổi gì được thực tế hiện tại ( lên yahoo suốt ngày đọc thấy tin không vui: trẻ em bị bạo hành, giết vooc, học sinh mang bầu,... ít khi thấy chuyện gì vui vẻ) nhưng nó mạnh dạn nói đến thì đó cũng là 1 điều đáng quý ( đương nhiên là phải bỏ đi cái liên quan đến Thánh Gióng rồi) Mình không vơ đũa cả nắm, không nói tất cả đều xấu, nhưng những chuyện mà bài văn kia nói đến là nhưng chuyện không phải là hiếm, ai cũng đều có thể gặp rồi, báo chí cũng nói rồi, nhưng nói lên với vai trò là 1 học sinh thì chưa thấy. Còn mình chưa hiểu ý bạn nói, thế xã hội không ổn định thì không cần giáo dục nữa à



#358285 Bài văn lạ về truyện Thánh Gióng đang gây xôn xao dư luận.

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 02-10-2012 - 14:04 trong Các môn xã hội (Văn học, Địa lý, Lịch sử, GDCD)

Mình rất không đồng tình với quan điểm của bạn này khi đưa hình ảnh Thánh Gióng vào bài văn như vậy, nếu không yêu thích thì cũng nên tôn trọng hình ảnh Thánh Gióng của dân tộc mình. Còn những quan điểm còn lại, cũng có í đúng đấy chứ, mà rất thật chứ không phải như làm văn kiểu học sinh, đôi khi quá xa rời thực tế ( ví dụ cứ bắt học sinh phải bài tỏ quan điểm em thích bài thơ này lắm, bài thơ gợi cho em....). Khi chưa hiểu hết nguyên nhân tại sao bạn đó viết như vậy thì xin mọi người đừng nói là bạn đó vô học, không có học thức, suy nghĩ còn non biết bao giờ mới lấy vợ,... Bài văn không chỉ đích danh ai, nhưng nói lên nhiều chuyện của thực tế bây giờ lắm chứ: trẻ em không được vui chơi đúng mức, quay bài, sở thú,học sinh mang bầu,... Phải nói ít ai có cam đảm như bạn í dám nói lên suy nghĩ của bản thân mình như vậy. Nếu nói chuyện vui giữa bạn bè với nhau, ai chả nói được , có khi còn hơn thế này nhiều, nhưng dám làm vào bài văn thì có lẽ ít người dám.



#356802 $$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca)\leq 9$$

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 26-09-2012 - 18:40 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cả ba bài đều dùng chung 1 ý tưởng như trên: giả sử $b$ là số nằm giữa $a$ và $c$, ta dễ chứng minh $a^2b+b^2c+c^2a\leq b(a^2+ac+c^2)$

Bài toán 2: Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a^2+b^2+c^2=3$.Chứng minh rằng:
$$a^2b+b^2c+c^2a-abc\leq 2$$

Suy ra $$a^2b+b^2c+c^2a-abc\leq b(a^2+ac+c^2)-abc=b(a^2+c^2)$$
$$=2\sqrt{b^2.\frac{a^2+c^2}{2}.\frac{a^2+c^2}{2}}\leq 2\sqrt{\left ( \frac{b^2+2.\frac{a^2+c^2}{2}}{3} \right )^3}=2$$

Bài toán 3: Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca)\leq 9$$

$$3VT\leq 3b.(a^2+ac+c^2).(ab+bc+ca)=3b.[(a+c)^2-ac].[ac+b(a+c)]$$
$$=3b.[(3-b)^2-ac].[ac+b(3-b)]\leq \left ( \frac{3b+9-6b+b^2-ac+ac+3b-b^2}{3} \right )^3=27$$
$$\Rightarrow VT \leq 9$$



#356675 Tìm min của P: $P=\frac{a^2}{c(a^2+c^2)}+...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 25-09-2012 - 21:44 trong Bất đẳng thức và cực trị

Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn: $ab+bc+ca=3abc$

Tìm min của P:

$P=\frac{a^2}{c(a^2+c^2)}+\frac{b^2}{a(b^2+a^2)}+\frac{c^2}{b(c^2+b^2)}$

Đặt tương ứng $$(a;b;c)=(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z})$$
Suy ra giả thiết: $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=\frac{3}{xyz}\Leftrightarrow x+y+z=3$
$$P=\sum \frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{1}{z}.\left ( \frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2} \right )}=\sum \frac{\frac{1}{x^2}}{\frac{x^2+z^2}{x^2z^3}}=\sum \frac{z^3}{x^2+z^2}=\sum \left ( z-\frac{x^2z}{x^2+z^2} \right )$$
$$\geq \sum \left ( z-\frac{x^2z}{2xz} \right )=\sum \left ( z-\frac{x}{2} \right )=\frac{x+y+z}{2}=\frac{3}{2}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$



#352938 Chứng minh rằng $f(x)$ có thể viết dưới dạng tổng bình phương của h...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 08-09-2012 - 19:35 trong Hàm số - Đạo hàm

Em xin đưa ra một hướng giải quyết khác
$f(x)=ax^2+bx+c$ để thỏa mãn bài thì ta cần có: $a>0$ và
$$\Delta <0\Leftrightarrow b^2<4ac\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
c>0\\\frac{b}{2\sqrt{ac}}<1

\end{matrix}\right.$$
Theo bài ta cần có $f(x)=(mx+n)^2+(px+q)^2=(m^2+p^2)x^2+2(mn+pq)x+(n^2+q^2)$
Đồng quy hệ số, ta cần có $$\left\{\begin{matrix}
m^2+p^2=a\\mn+pq=\frac{b}{2}
\\ n^2+q^2=c

\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
\left ( \frac{m}{\sqrt{a}} \right )^2+\left ( \frac{p}{\sqrt{a}} \right )^2=1\\\left ( \frac{n}{\sqrt{c}} \right )^2+\left ( \frac{q}{\sqrt{c}} \right )^2=1
\\ mn+pq=\frac{b}{2}

\end{matrix}\right.$$
Nhìn vào hệ, ta có thể đặt $$\left\{\begin{matrix}
\frac{m}{\sqrt{a}}=sint_1;\frac{p}{\sqrt{a}}=cost_1\\\frac{n}{\sqrt{c}}=sint_2;\frac{q}{\sqrt{c}}=cost_2

\end{matrix}\right.$$
Thay vào pt còn lại trong hệ, ta được $$\sqrt{ac}(sint_1.sint_2+cost_1.cost_2)=\frac{b}{2}\Leftrightarrow cos(t_1-t_2)=\frac{b}{2\sqrt{ac}}$$
Theo trên, ta có $\Delta <0\Rightarrow \frac{b}{2\sqrt{ac}}< 1\Rightarrow cos(t_1-t_2)<1$ luôn đúng. Vậy ta đã có niềm tin là ta đã đi đúng, bây giờ chỉ việc kiểm tra lại
Chọn hai góc $t_1,t_2$ sao cho $cos(t_1-t_2)=\frac{b}{2\sqrt{ac}}$, ta được
$$f(x)=(\sqrt{a}.sint_1.x+\sqrt{c}.sint_2)^2+(\sqrt{a}.cost_1.x+\sqrt{c}.cost_2)^2$$
$$=a.x^2+2\sqrt{ac}.(sint_1sint_2+cost_1cost_2).x+c=ax^2+2\sqrt{ac}.cos(t_1-t_2).x+c=ax^2+bx+c$$



#350379 Cho $xyz=1$. Chứng minh rằng: $\sum\frac{x+3}{...

Đã gửi bởi le_hoang1995 on 28-08-2012 - 00:30 trong Bất đẳng thức - Cực trị

Thế này nhé ,khi anh viết $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,đó là anh đã sử dụng đồng nhất bậc 2 vế nên điều kiện $xy=1$ không còn giá trị nữa ;) .Như vậy việc anh chứng minh:$f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})$ cũng đã không xài đến giả thuyết $xyz=1$ :D
P/s:Cái này hơi giống với phương pháp giải quy nạp Cauchy .

Em vẫn có khúc mắc chưa hiểu, theo em thì hàm số:
$$g(x;y)=\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2}$$
Không phải là hàm thuần nhất ( thực ra thì vấn đề này em còn rất mù mơ), tại vì khi thay thì có $g(tx;ty)\neq t^k.g(x;y)$ nên ta không thể thuần nhất rồi bỏ điều kiện đi được, vì em thấy BĐT $f(x)+f(y)\geq 2f(\sqrt{xy})$ nếu không có điều kiện $xy=1$ thì không đúng. Ta thay $x=1, y=0.1$ vào là thấy