Dấu bằng khi nào ấy nhể????Xem lại chút đi Hiếucho $ x,y,z>0$ và $x^5y^5+y^5z^5+x^5z^5=x^{5}y^{5}z^{5}$. CMR:
$3(\dfrac{y^5(x+z)^3}{x^4z^4}+\dfrac{z^5(x+y)^3}{x^4y^4}+\dfrac{x^5(y+z)^3}{y^4z^4})\leq 4(\dfrac{y^{10}z^5}{x^5}+\dfrac{z^{10}x^5}{y^5}+\dfrac{x^{10}y^5}{z^5})-24$
cvp nội dung
Có 411 mục bởi cvp (Tìm giới hạn từ 26-04-2020)
#205491 Xem ai lầm được bài này
Đã gửi bởi cvp on 17-07-2009 - 19:38 trong Bất đẳng thức và cực trị
#205628 Xem ai lầm được bài này
Đã gửi bởi cvp on 18-07-2009 - 21:23 trong Bất đẳng thức và cực trị
Tạm dời diễn đàn để....đi học
(hihi spam tí ko sao chứ)
#205492 Xem ai lầm được bài này
Đã gửi bởi cvp on 17-07-2009 - 19:50 trong Bất đẳng thức và cực trị
Nếu mà sửa như trên thì:that's easy to prove problem! ^^cho $ x,y,z>0$ và $x^5y^5+y^5z^5+x^5z^5=x^{5}y^{5}z^{5}$. CMR:
$3(\dfrac{y^5(x+z)^3}{x^4z^4}+\dfrac{z^5(x+y)^3}{x^4y^4}+\dfrac{x^5(y+z)^3}{y^4z^4})\leq 4(\dfrac{y^{10}z^5}{x^5}+\dfrac{z^{10}x^5}{y^5}+\dfrac{x^{10}y^5}{z^5})-36$
thôi lời nói kèm hành động luôn này:
$LHS=3(\dfrac{y^5(x+z)^3xz}{x^5z^5}+\dfrac{z^5(x+y)^3xy}{x^5y^5}+\dfrac{x^5(y+z)^3yz}{y^5z^5})\le 12\sum \dfrac{x^5(y^5+z^5)}{y^5z^5}$
Đặt $x^5=a;y^5=b;z^5=c$
Giả thiết bài toán tương đương $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=1$
Ta chứng minh: $3\sum a(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})\le \dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{b^2c}{a}+\dfrac{c^2a}{b}-9$
$\Leftrightarrow 3\sum a \le \dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{b^2c}{a}+\dfrac{c^2a}{b}$ (sử dụng giả thiết)
Áp dụng AM-GM: $\dfrac{a^2b}{c}+\dfrac{c^2a}{b}+\dfrac{27}{c}\ge 9a$
Cộng 2 bđt tương tự với chú ý rằng $a+b+c\ge 9$
Vậy có đpcm! Dấu $=$ khi $a=b=c=3 \Leftrightarrow x=y=z=\sqrt[5]{3}$
#220353 Welcome!
Đã gửi bởi cvp on 14-11-2009 - 17:45 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Hệ phương trình: PT_HPT.doc 35.5K 95 Số lần tải
#203290 Welcome
Đã gửi bởi cvp on 28-06-2009 - 23:15 trong Các bài toán Lượng giác khác
p/s:dùng bđt thui mà
#202879 Welcome
Đã gửi bởi cvp on 25-06-2009 - 19:43 trong Các bài toán Lượng giác khác
GPT: $8^{sin^2x}+8^{cos^2x}=10+cos2y$
p/s:bài nè cũng hay hay
#203618 Vasile cirtoaje!
Đã gửi bởi cvp on 01-07-2009 - 22:57 trong Bất đẳng thức và cực trị
#314020 Tuyển cầu thủ , thành lập VMF F.C
Đã gửi bởi cvp on 02-05-2012 - 22:31 trong Góc giao lưu
Bộ anh định chém hả, xag đến đó em hết thể lực rùi =)).
#314017 Tuyển cầu thủ , thành lập VMF F.C
Đã gửi bởi cvp on 02-05-2012 - 22:25 trong Góc giao lưu
Tên thật: Đinh Công Quý
Nick VMF: CVP
Hiện tại đang học lớp: 8
Vị trí muốn đá: Chân dự bị chính
#202979 Trợ giúp cái nào
Đã gửi bởi cvp on 26-06-2009 - 12:05 trong Bất đẳng thức và cực trị
$a,b,c$ là ba cạnh tam giác nên $\dfrac{a}{b+c};\dfrac{b}{c+a};\dfrac{c}{a+b}<1$$\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} +\dfrac{c}{b+a} <2 $
Với a,b,c la 3 cạnh của tam giác
Nhớ rằng nếu $\dfrac{a}{b}<1$ thì $\dfrac{a+x}{b+x}>\dfrac{a}{b}$ (chứng minh đơn giản mà)
Áp dụng $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}<\dfrac{2a}{a+b+c}+\dfrac{2b}{a+b+c}+\dfrac{2c}{a+b+c}=2$
đó là đpcm
#203752 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Đã gửi bởi cvp on 03-07-2009 - 10:13 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 14: Cho a,b,c dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{b(5a+b)}+\dfrac{1}{c(5b+c)}+\dfrac{1}{a(5c+a)}\ge \dfrac{1}{2}$
#203786 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Đã gửi bởi cvp on 03-07-2009 - 14:11 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 15Cho $x,y,z$ dương.Chứng minh rằng :
$\dfrac{1}{x^2+yz}+\dfrac{1}{y^2+zx}+\dfrac{1}{z^2+xy}\le \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}$
#203899 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Đã gửi bởi cvp on 04-07-2009 - 15:12 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 16:Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}+\dfrac{1}{1-ab}\le \dfrac{9}{2}$
Bài 17:Cho $a,b,c$ dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$Chứng minh rằng:
$a^2\sqrt{1-bc}+b^2\sqrt{1-ca}+c^2\sqrt{1-ab}\ge \sqrt{\dfrac{2}{3}}$
p/s: Hai bài toán có liên hệ đó!
#203655 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Đã gửi bởi cvp on 02-07-2009 - 12:26 trong Bất đẳng thức và cực trị
Trước hết cm
$\sqrt{\dfrac{a^3}{a^3+(b+c)^3}}\ge \dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$
bình phương lên là đc
sau đó công 3 bđt đc đpcm
dấu = khi $a=b=c$
#204015 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Đã gửi bởi cvp on 05-07-2009 - 10:18 trong Bất đẳng thức và cực trị
Áp dụng bđt Trê bư sép:
$a^2\sqrt{1-bc}+b^2\sqrt{1-ca}+c^2\sqrt{1-ab}\ge \dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)(\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab})$
Vì vậy cần cm: $\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab}\ge \sqrt 6$
Đến đây áp dụng CBS ta có $(\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab})^2(\dfrac{1}{1-bc}+\dfrac{1}{1-ca}+\dfrac{1}{1-ab}\ge 27$
Sử dụng kết quả bài trên =>$\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}+\sqrt{1-ab}\ge \sqrt 6$
=>đpcm!
Dấu = khi $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
#203742 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Đã gửi bởi cvp on 03-07-2009 - 09:19 trong Bất đẳng thức và cực trị
Dùng giả thiết $ab+bc+ca=1$Bài 13 Cho $a,b,c>0;ab+bc+ca=1$.Ch/m:
$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}\ge \ 3+\sqrt{1+\dfrac{1}{a^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{1+\dfrac{1}{c^2}}$
BĐT $<=>3+\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}+\dfrac{a(b+c)}{bc} \ge 3+\dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}+\dfrac{\sqrt{(b+a)(b+c)}}{b}+\dfrac{\sqrt{(c+a)(c+b)}}{c}$
Chứng minh $\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}+\dfrac{a(b+c)}{bc}\ge \dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}+\dfrac{\sqrt{(b+a)(b+c)}}{b}+\dfrac{\sqrt{(c+a)(c+b)}}{c}$
Đến đây dùng AM-GM: $\dfrac{c(a+b)}{ab}+\dfrac{b(c+a)}{ca}\ge 2\dfrac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}$
Tương tự => đpcm
Dấu = khi $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
#204165 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Đã gửi bởi cvp on 06-07-2009 - 21:03 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng: $a+b+c\ge 2+abc$
#203598 Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
Đã gửi bởi cvp on 01-07-2009 - 19:28 trong Bất đẳng thức và cực trị
$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{a^2+b^2}=\dfrac{(a+b)^2}{ab}+\dfrac{(a+b)^2}{a^2+b^2}$Giúp mình bài này luôn nhé:
Cho a; b là các số thực dương thoả mãn a + b = 1.Chứng minh rằng:
1/ab +1/(a^2+b^2) >=6
...............................
Try one's best!
$=3+\dfrac{a^2+b^2}{2ab}+[\dfrac{a^2+b^2}{2ab}+\dfrac{2ab}{a^2+b^2}]$
$\ge 3+1+2=6$
=> đpcm dấu = khi $a=b=\dfrac{1}{2}$
#320119 Topic tỉ lệ thức THCS
Đã gửi bởi cvp on 27-05-2012 - 21:55 trong Đại số
topic vắng vẻ quá xin đóng góp 1 bài vậy:
Cho biểu thức: $P=\frac{x+y}{z+t}+\frac{y+z}{t+x}+\frac{z+t}{x+y}+\frac{x+t}{z+y}$
Tìm giá trị của P biết rằng:
$\frac{x}{y+z+t}=\frac{y}{z+t+x}=\frac{z}{t+x+y}=\frac{t}{x+y+z}$
Áp dụng tính chất tỉ lệ thức ta có: $\large \frac{x}{y+z+t}=\frac{y}{z+t+x}=\frac{z}{t+x+y}=\frac{t}{x+y+z}=\frac{x+y+z+t}{3(x+y+z+t)}=\frac{1}{3}$
Suy ra $\large \begin{cases} &3x=y+z+t(1)\\ &3y=x+z+t(2)\\ &3z=x+y+t(3)\\ &3t=x+y+z(4) \end{cases}$.
Từ $(1);(2) \Rightarrow x+y=z+t (*1)$.
Mặt khác từ $\large (1);(4)\Rightarrow x+t=y+z (*2)$
Từ $\large (*1); (*2)\Rightarrow x=z$. Tương tự ta có được $x=y=z=t \Rightarrow P=4$.
#293727 Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT
Đã gửi bởi cvp on 13-01-2012 - 19:29 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 2: (trả rõ là bài mấy nữa gọi tạm là bài 2 vậy )
Cho các số $a,b,c,d \in \mathbb{Z} $. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{5}}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{3}}+\frac{1}{d^{3}}$
P/s: Do sự cố kĩ thuật (bài này khá dễ) nên các cao thủ có lv > THCS đừng chém để các bạn THCS làm nha
#293878 Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT
Đã gửi bởi cvp on 14-01-2012 - 19:25 trong Bất đẳng thức và cực trị
Với $a,b,c>1$, chứng minh rằng:
$P=(\frac{2+b+c}{1+a})^{2}+(\frac{2+c+a}{1+b})^{2}+(\frac{2+a+b}{1+c})^{2}\geq 12$
#293926 Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT
Đã gửi bởi cvp on 14-01-2012 - 23:36 trong Bất đẳng thức và cực trị
đây là cách của em.
Ta có bài toán phụ : $\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}\geq 6$
CM:
$\frac{2+b+c}{1+a}+1+\frac{2+c+a}{1+b}+1+\frac{2+a+b}{1+c}+1\geq 9$
$\Leftrightarrow (3+a+b+c)(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c})\geq 9$
Ta có:
$3+a+b+c\geq 3(1+\sqrt[3]{abc}) (1)$
Và $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq \frac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}$ (2)
nhân vế vs vế ta được bđt phụ.
Quay lại bài toán ta có:
$P\geq 3.(\frac{\frac{2+b+c}{1+a}+\frac{2+c+a}{1+b}+\frac{2+a+b}{1+c}}{3})^{2}\geq 3.(\frac{6}{3})^{2}=12$
Ta được ĐPCM. ($\square$)
#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?
#293377 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi cvp on 11-01-2012 - 19:23 trong Bất đẳng thức và cực trị
lâu lém mới quay lại topic này vì vậy tặng anh Kiên một bàiMọi người thử làm tương tự cách trên với bài toán sau
Cho a,b,c > 0. CMR
$\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2}+\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2}+\frac{19a^3-c^3}{ac+5a^2}\leq 3(a+b+c)$
Áp dụng BĐT $a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$ (cái này chứng minh thì dễ rùi )
Ta có:
$19b^{3}-a^{3}=20b^{3}-b^{3}-a^{3}\leq 20b^{3}-ab(a+b) = b(20b^{2}-a^{2}-ab)=b(a+5b)(4b-a)=(4b-a)(ab+5b^{2})$
$\Rightarrow$ $\frac{19b^3-a^3}{ab+5b^2} \leq 4b-a (1)$
Tương tự ta có được:
$\Rightarrow$ $\frac{19c^3-b^3}{bc+5c^2} \leq 4c-b (2)$
$\Rightarrow$ $\frac{19a^3-c^3}{ca+5a^2} \leq 4a-c (3)$
Cộng từng vế của (1);(2) và (3) ta có được kết quả.
#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:
$\frac{x^{2}+1}{y^{2}+1}+\frac{y^{2}+1}{z^{2}+1}+\frac{z^{2}+1}{x^{2}+1}\leq \frac{7}{2}$
- Diễn đàn Toán học
- → cvp nội dung