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 19-04-2020)
#205491 Xem ai lầm được bài này
Đã gửi bởi
on 17-07-2009 - 19:38
trong
Bất đẳng thức và cực trị
#205628 Xem ai lầm được bài này
Đã gửi bởi
on 18-07-2009 - 21:23
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Xem đúng ko nha 
Tạm dời diễn đàn để....đi học
(hihi spam tí ko sao chứ)
Tạm dời diễn đàn để....đi học
(hihi spam tí ko sao chứ)
#205492 Xem ai lầm được bài này
Đã gửi bởi
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
on 14-11-2009 - 17:45
trong
Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
Đề khảo sát môn chuyên lớp 11 CVP
L___N_I.doc 32.5K
66 Số lần tải
Hệ phương trình:
PT_HPT.doc 35.5K
95 Số lần tải
L___N_I.doc 32.5K
66 Số lần tảiHệ phương trình:
PT_HPT.doc 35.5K
95 Số lần tải
#203290 Welcome
Đã gửi bởi
on 28-06-2009 - 23:15
trong
Các bài toán Lượng giác khác
ủa bài lượng giác nè cũng hay mà!sao hok ai tham gia vậy.hik
p/s:dùng bđt thui mà
p/s:dùng bđt thui mà
#202879 Welcome
Đã gửi bởi
on 25-06-2009 - 19:43
trong
Các bài toán Lượng giác khác
Hè về lắm bài tập lượng quá,thấy bài nè cũng đc post lên pà con xem qua.
GPT: $8^{sin^2x}+8^{cos^2x}=10+cos2y$
p/s:bài nè cũng hay hay
GPT: $8^{sin^2x}+8^{cos^2x}=10+cos2y$
p/s:bài nè cũng hay hay
#203618 Vasile cirtoaje!
Đã gửi bởi
on 01-07-2009 - 22:57
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Tui cũng nghe nói quyển đấy thuộc loại pro của bđt.Cái ông Nguyễn Xuân Chương (HCV IMO) của trường tui mua về một quyển gốc ở đâu thì ko nhớ;cho nhà trường nhưng đến đời tui lại ko đc photo cho thế mới ức chứ.pác duca1pbc định kinh doanh à?pác upload lên cho diễn đàn đc ko?? 
#314020 Tuyển cầu thủ , thành lập VMF F.C
Đã gửi bởi
on 02-05-2012 - 22:31
trong
Góc giao lưu
Cho hỏi đá ở đâu và lúc nào cái anh em :-?.
Bộ anh định chém hả, xag đến đó em hết thể lực rùi =)).
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
on 02-05-2012 - 22:25
trong
Góc giao lưu
coi bộ topic này cũng vui ghê 
! Cho em 1 slot.
Tên thật: Đinh Công Quý
Nick VMF: CVP
Hiện tại đang học lớp: 8
Vị trí muốn đá: Chân dự bị chính
! Cho em 1 slot.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
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
on 03-07-2009 - 10:13
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Mình đóng góp bài nè:
Bài 14: Cho a,b,c dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{b(5a+b)}+\dfrac{1}{c(5b+c)}+\dfrac{1}{a(5c+a)}\ge \dfrac{1}{2}$
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
on 03-07-2009 - 14:11
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Tiếp một bài dành cho THCS
Bài 15Cho $x,y,z$ dương.Chứng minh rằng :
$\dfrac{1}{x^2+yz}+\dfrac{1}{y^2+zx}+\dfrac{1}{z^2+xy}\le \dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}$
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
on 04-07-2009 - 15:12
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Hãy tiếp tục nào:
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!
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
on 02-07-2009 - 12:26
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Làm bài 8:
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 $a=b=c$
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
on 05-07-2009 - 10:18
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Lời giải của bạn ổn rùi.Mình xin đóng góp cách khác cho bài 2 để thấy sự liên hệ:
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 $a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$
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
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
on 06-07-2009 - 21:03
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Tiếp tục bài này:
Cho $a,b,c$ là ba cạnh của một tam giác thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng: $a+b+c\ge 2+abc$
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
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
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 $x=y=z=t \Rightarrow P=4$.
#293878 Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT
Đã gửi bởi
on 14-01-2012 - 19:25
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Bài 3:
Với $a,b,c>1$, chứng minh rằng:
$P=(\frac{2+b+c}{1+a})^{2}+(\frac{2+c+a}{1+b})^{2}+(\frac{2+a+b}{1+c})^{2}\geq 12$
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
on 14-01-2012 - 23:36
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Bài 3:
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. ($\square$)
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. ($\square$)
#293727 Topic các bất đẳng thức lớp 8 hay dùng và các bài toán BĐT
Đã gửi bởi
on 13-01-2012 - 19:29
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Tặng anh em topic này mọt bài dễ đây
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
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
#318467 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi
on 22-05-2012 - 09:42
trong
Bất đẳng thức và cực trị
Tặng topic này 1 bài !
Bài 366:
CMR: $\sum_{k=1}^{n}\sqrt{(1+k)^k}<(n+1)!$
!Bài 366:
CMR: $\sum_{k=1}^{n}\sqrt{(1+k)^k}<(n+1)!$
#318846 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi
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 $\forall n \in \mathbb{N}$.
#293552 Topic bất đẳng thức THCS (2)
Đã gửi bởi
on 12-01-2012 - 20:40
trong
Bất đẳng thức và cực trị
không biết ý kiến 2 anh ấy thế nào? 
còn em thì đồng ý cả 2 tay 
...............................................................................................................
VÌ TOPIC "BẤT ĐẲNG THỨC THCS (2)".
còn em thì đồng ý cả 2 tay ...............................................................................................................
VÌ TOPIC "BẤT ĐẲNG THỨC THCS (2)".
