Đến nội dung

Hình ảnh

$\boxed{\text{Chuyên Đề}}$ Bất đẳng thức - Cực trị


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 742 trả lời

#261
canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết

Mình là Viet Hoang 99 đây.

 

 

101) Cho $a;b;c>0$ thỏa: $ab+bc+ca=1$. Cmr: $\sum \sqrt{a^4+a^2}\leq 1+\sum a^2$

 

102) Cho $a;b;c>0$ thỏa: $a+b+c=1$. Cmr: $\sum \sqrt{a+bc}\geq 1+\sum \sqrt{ab}$

 

103) Cho $a;b;c>0$ thỏa: $\sum \frac{a^3}{b}\geq \sum a\sqrt{ac}$

 

104) Cho $a;b;c>0$ thỏa: $abc=1$. Tìm Min $P=\sum \frac{a^2+b^2-c^2}{c}$

 

105) Cho $x;y;z>0$ thỏa: $x+\sqrt{xy}+\sqrt[3]{xyz}=\frac{4}{3}$. Tìm Min $A=x+y+z$

103

$a\sqrt{ac}\leq a\frac{a+c}{2}$$\Rightarrow \sum a\sqrt{ac}\leq \frac{\sum a^{2}+\sum ab}{2}$

lại có $\sum \frac{a^{3}}{b}\sum \frac{a^{4}}{ab}\geq {(\sum a^{2})^{2}}{\sum ab}$

ta cần cm ${(\sum a^{2})^{2}}{\sum ab}\geq \frac{\sum a^{2}+\sum ab}{2}$

mà $\sum a^{2}\geq \sum ab$

$\Rightarrow (\sum a^{2})^{2}\geq (\sum a^{2})(\sum ab)$

$\Rightarrow (\sum a^{2})^{2}\geq (\sum ab)^{2}$

nên ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 28-03-2014 - 18:04


#262
lahantaithe99

lahantaithe99

    Trung úy

  • Thành viên
  • 883 Bài viết

103

$a\sqrt{ac}\leq a\frac{a+c}{2}$$\Rightarrow \sum a\sqrt{ac}\leq \frac{\sum a^{2}+\sum ab}{2}$

lại có $\sum \frac{a^{3}}{b}\sum \frac{a^{4}}{ab}\geq {(\sum a^{2})^{2}}{\sum ab}$

ta cần cm ${(\sum a^{2})^{2}}{\sum ab}\geq \frac{\sum a^{2}+\sum ab}{2}$

mà $\sum a^{2}\geq \sum ab$

$\Rightarrow (\sum a^{2})^{2}\geq (\sum a^{2})(\sum ab)$

$\Rightarrow (\sum a^{2})^{2}\geq (\sum ab)^{2}$

nên ta có đpcm

Chỗ này là sao hả Hoàng????



#263
Kaito Kuroba

Kaito Kuroba

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 656 Bài viết

105) Cho $x;y;z>0$ thỏa: $x+\sqrt{xy}+\sqrt[3]{xyz}=\frac{4}{3}$. Tìm Min $A=x+y+z$

105.

 

áp dụng AM-GM ta có: $\sqrt{xy}\leq \frac{x}{4}+y$

$\sqrt[3]{xyz}\leq \frac{\frac{x}{4}+y+4z}{3}$

 

$\frac{4}{3}=x+\sqrt{xy}+\sqrt[3]{xyz}\leq \frac{4(x+y+z)}{3}\Rightarrow x+y+z\geq 1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kaito Kuroba: 02-03-2014 - 22:31


#264
pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết

Mình xin đóng góp ít bài :icon6: .

106) Cho a,b>0. Cmr: $(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{b+3a}})\leq 2$

107) Cho a,b,c>0 t/m: abc=1. Cmr: $a+b+c\geq \frac{1+a}{1+b}+\frac{1+b}{1+c}+\frac{1+c}{1+a}$

108) Cho a,b,c>0 t/m: $a^2+2b^2\leq 3c^2. Cmr: \frac{1}{a}+\frac{2}{b}\geq \frac{3}{c}$

109) Cho a,b,c>0 t/m: $a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.

CMR: $a+b+c\geq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc}$

110) Cho a,b,c>0 t/m: a+b+c=1. Cmr: $a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$


                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#265
Kaito Kuroba

Kaito Kuroba

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 656 Bài viết

Mình xin đóng góp ít bài :icon6: .

106) Cho a,b>0. Cmr: $(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\frac{1}{\sqrt{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt{b+3a}})\leq 2$

106.

 

$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a+3b}}+\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{3a+b}}\leq 2$

 

vì vai trò a,b như nhau nên ta chỉ cần chưng minh: $\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a+3b}}\leq 1;\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{3a+b}}\leq 1$ là OK!

 

$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a+3b}}\leq 1\Leftrightarrow \sqrt{ab}\leq b   (1)$

$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{3a+b}}\leq 1\Leftrightarrow \sqrt{ab}\leq a    (2)$

 

từ (1) ,(2) ta được: $2\sqrt{ab}\leq a+b\Leftrightarrow \left ( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right )^2\geq 0$ (đúng)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kaito Kuroba: 04-03-2014 - 21:50


#266
Kaito Kuroba

Kaito Kuroba

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 656 Bài viết

Mình xin đóng góp ít bài :icon6: .


108) Cho a,b,c>0 t/m: $a^2+2b^2\leq 3c^2. Cmr: \frac{1}{a}+\frac{2}{b}\geq \frac{3}{c}$

 

 

108.

ta có:

$\frac{1}{a}+\frac{2}{b}\geq \frac{9}{a+2b}\geq \frac{9}{3(a^2+2b^2)}\geq \frac{3}{c}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kaito Kuroba: 03-03-2014 - 18:31


#267
angleofdarkness

angleofdarkness

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 246 Bài viết

103

$a\sqrt{ac}\leq a\frac{a+c}{2}$$\Rightarrow \sum a\sqrt{ac}\leq \frac{\sum a^{2}+\sum ab}{2}$

lại có $\sum \frac{a^{3}}{b}\sum \frac{a^{4}}{ab}\geq {(\sum a^{2})^{2}}{\sum ab}$

ta cần cm ${(\sum a^{2})^{2}}{\sum ab}\geq \frac{\sum a^{2}+\sum ab}{2}$

mà $\sum a^{2}\geq \sum ab$

$\Rightarrow (\sum a^{2})^{2}\geq (\sum a^{2})(\sum ab)$

$\Rightarrow (\sum a^{2})^{2}\geq (\sum ab)^{2}$

nên ta có đpcm

 

Chỗ này là sao hả Hoàng????

 

Thiếu dấu = và thiếu phân thức, lẽ ra phải là $\sum \frac{a^3}{b}=\sum \frac{a^4}{ab} \geq \frac{(\sum a^2)^2}{\sum ab}$ (BĐT Schwarz)



#268
Kaito Kuroba

Kaito Kuroba

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 656 Bài viết

110) Cho a,b,c>0 t/m: a+b+c=1. Cmr: $a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$

 

áp dụng AM-GM ta có: $\sum a\sqrt[3]{1+b-c}=\sum \sqrt[3]{a^2(a+ab-ac)}\leq \sum \frac{3a+ab-ac}{3}=\frac{3(a+b+c)}{3}=1; "="\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{3}$



#269
lahantaithe99

lahantaithe99

    Trung úy

  • Thành viên
  • 883 Bài viết

 

110) Cho a,b,c>0 t/m: a+b+c=1. Cmr: $a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$

110

$VT=\sum a\sqrt[3]{1+b-c}=\sum a\sqrt[3]{a+2b}$

áp dụng bđt cô si ta có

$a\sqrt[3]{a+2b}\leq \frac{a(1+1+a+2b)}{3}=\frac{a^2+2ab+2a}{3}$

$\Rightarrow \sum a\sqrt[3]{a+2b}\leq \sum \frac{a^2+2ab+2a}{3}=\frac{(a+b+c)^2+2(a+b+c)}{3}=1$



#270
canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết

106.

 

$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a+3b}}+\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{3a+b}}\leq 2$

 

vì vai trò a,b như nhau nên ta chỉ cần chưng minh: $\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a+3b}}\leq 1;\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{3a+b}}\leq 1$ là OK!

 

$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{a+3b}}\leq 1\Leftrightarrow \sqrt{ab}\leq b   (1)$

$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{3a+b}}\leq 1\Leftrightarrow \sqrt{ab}+a    (2)$

 

từ (1) ,(2) ta được: $2\sqrt{ab}\leq a+b\Leftrightarrow \left ( \sqrt{a}-\sqrt{b} \right )^2\geq 0$ (đúng)

mình nghĩ bài này bạn giải có vđ vì từ  doạn tô màu ko thể suy ra (1) và (2)



#271
Kaito Kuroba

Kaito Kuroba

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 656 Bài viết

mình nghĩ bài này bạn giải có vđ vì từ  doạn tô màu ko thể suy ra (1) và (2)

 

$\sqrt{ab}\leq a;\sqrt{ab}\leq b$

đây là điều mà ta cần chứng minh.

 

ta cộng 2 bdt lại ta được: $2\sqrt{ab}\leq a+b\Leftrightarrow \left ( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right )^2\geq 0$ (đúng)

đây là cmpc đó ban!



#272
canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết

$\sqrt{ab}\leq a;\sqrt{ab}\leq b$

đây là điều mà ta cần chứng minh.

 

ta cộng 2 bdt lại ta được: $2\sqrt{ab}\leq a+b\Leftrightarrow \left ( \sqrt{a}+\sqrt{b} \right )^2\geq 0$ (đúng)

đây là cmpc đó ban!

ta cần cm $\sqrt{ab}\leq a,\sqrt{ab}\leq b$ nhưng từ $2\sqrt{ab}\leq a+b$ ta ko thể suya ra được $\sqrt{ab}\leq a,\sqrt{ab}\leq b$ nên bài toán vẫn chưa được giải quyết

ta có $\sqrt{\frac{a(a+b)}{(a+3b)(a+b)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{a}{a+b}+\frac{a+b}{a+3b})$

$\sqrt{\frac{2b}{2(a+3b)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{2b}{a+3b}+\frac{1}{2})$

thiết lập các bđt tương tự ta có đpcm



#273
BABY CUTE

BABY CUTE

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 16 Bài viết

107,  Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn $\frac{1}{xy}$   +   $\frac{1}{yz}$   $\frac{1}{zx}$  >   0

Tìm GTNN của biểu thức S  =  $\frac{x^{2}}{yz}$    +    $\frac{y^{2}}{zx}$    +    $\frac{z^{2}}{xy}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BABY CUTE: 06-03-2014 - 18:13


#274
lahantaithe99

lahantaithe99

    Trung úy

  • Thành viên
  • 883 Bài viết

107,  Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn $\frac{1}{xy}$   +   $\frac{1}{yz}$   $\frac{1}{zx}$  >   0

Tìm GTNN của biểu thức S  =  $\frac{x^{2}}{yz}$    +    $\frac{y^{2}}{zx}$    +    $\frac{z^{2}}{xy}$

Không biết có phải mk nhầm ko chứ mk nghĩ đk $\sum \frac{1}{xy}>0$ chả cần thiết >:)

Theo bđt S.Vac

$S\geq \frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz}\geq 3$

(do có bđt quen thuộc là $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)$



#275
lahantaithe99

lahantaithe99

    Trung úy

  • Thành viên
  • 883 Bài viết

Mình xin đóng góp ít bài :icon6: .

 

109) Cho a,b,c>0 t/m: $a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$.

CMR: $a+b+c\geq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc}$

 

Từ giả thiết dễ dàng suy ra $a+b+c\geq 3\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{3}\geq \frac{3}{a+b+c}(1)$

$GT\Leftrightarrow abc(a+b+c)\geq ab+bc+ac\Rightarrow \frac{2}{abc}\leq \frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ac}$

Lại có $\frac{(ab+bc+ac)^2}{3}\geq abc(a+b+c)\geq ab+bc+ac\Rightarrow ab+bc+ac\geq 3$

$\Rightarrow \frac{2}{abc}\leq \frac{2(a+b+c)}{ab+bc+ac}\leq \frac{2(a+b+c)}{3}(2)$

$(1);(2)$ suy ra đpcm



#276
nguyenhongsonk612

nguyenhongsonk612

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1451 Bài viết

52) Cho $\left\{\begin{matrix}a;b;c>0 & & \\ a+b+c=4 & & \end{matrix}\right.$. Cmr: $4\leq \sum \sqrt{a+b}\leq 2\sqrt{6}$

 

Cách khác C/m bài 52:

Ta cm $\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\geq 4$

Bình phương 2 vế và biến đổi về dạng:

$\sqrt{(a+b)(b+c)}+\sqrt{(b+c)(c+a)}+\sqrt{(c+a)(a+b)}\geq a+b+c$

Có:

$\sqrt{(a+b)(b+c)}\geq b$$\Leftrightarrow ab+ac+b^{2}+bc\geq b^{2}$$\Leftrightarrow ab+ac+bc\geq0$( luôn đúng)

Tương tự ta có $\sqrt{(b+c)(c+a)}\geq c$ và $\sqrt{(c+a)(a+b)}\geq a$.

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được đpcm

Dấu bằng khi $a=b=0;c=4$ và các hoán vị

Còn CM $\leq 2\sqrt{6}$ thì dễ rồi!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 07-03-2014 - 18:08

"...Từ ngay ngày hôm nay tôi sẽ chăm chỉ học hành như Stardi, với đôi tay nắm chặt và hàm răng nghiến lại đầy quyết tâm. Tôi sẽ nỗ lực với toàn bộ trái tim và sức mạnh để hạ gục cơn buồn ngủ vào mỗi tối và thức dậy sớm vào mỗi sáng. Tôi sẽ vắt óc ra mà học và không nhân nhượng với sự lười biếng. Tôi có thể học đến phát bệnh miễn là thoát khỏi cuộc sống nhàm chán khiến mọi người và cả chính tôi mệt mỏi như thế này. Dũng cảm lên! Hãy bắt tay vào công việc với tất cả trái tim và khối óc. Làm việc để lấy lại niềm vui, lấy lại nụ cười trên môi thầy giáo và cái hôn chúc phúc của bố tôi. " (Trích "Những tấm lòng cao cả")

~O) 


#277
hoahoalop9c

hoahoalop9c

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 26 Bài viết

Xin phép chủ pic , tớ hỏi 1 bài

Các bạn làm bài này chi tiết giúp tớ nhá !!!!!!!!!!!!!

Cho các số thực a;b thỏa mãn :
$ 0 < b < a \leq 2$ và $2ab \leq 2b+a$
Chứng minh rằng : $a^2 + b^2 \leq 5 $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoahoalop9c: 08-03-2014 - 17:36


#278
huukhangvn

huukhangvn

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết

Xin phép chủ pic , tớ hỏi 1 bài

Các bạn làm bài này chi tiết giúp tớ nhá !!!!!!!!!!!!!

Cho các số thực a;b thỏa mãn :
$ 0 < b < a \leq 2$ và $2ab \leq 2b+a$
Chứng minh rằng : $a^2 + b^2 \leq 5 $

có maxkhi a=b hoặc a max

Tại a=b thì giá trị lớn nhất mà a,b có thể đạt là a=b=1,5

Khi đó a2+b2=1,5

Tại a max thì giá trị lớn nhất mà b có thể đạt là 1

Khi đó a2+b2=5

Vậy max a2+blà 5 tại a=2,b=1


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huukhangvn: 08-03-2014 - 19:04


#279
25 minutes

25 minutes

    Thành viên nổi bật 2015

  • Hiệp sỹ
  • 2795 Bài viết

Xin phép chủ pic , tớ hỏi 1 bài

Các bạn làm bài này chi tiết giúp tớ nhá !!!!!!!!!!!!!

Cho các số thực a;b thỏa mãn :
$ 0 < b < a \leq 2$ và $2ab \leq 2b+a$
Chứng minh rằng : $a^2 + b^2 \leq 5 $

Từ giả thiết ta có $b=\frac{a}{2(a-1)}$$\Rightarrow a^2+b^2=a^2+\frac{a^2}{4(a-1)^2}$

Do đó ta cần chứng minh $a^2+\frac{a^2}{4(a-1)^2}\leqslant 5$

           $\Leftrightarrow (a-2)(4a^3-15a+10)\leqslant 0\Leftrightarrow 4a^3-15a+10\geqslant 0$

Nếu $a>\frac{3}{2}\Rightarrow 4a^3-15a+10>0$

Nếu $a<\frac{3}{2}\Rightarrow b<\frac{3}{2}\Rightarrow a^2+b^2<\frac{9}{2}<5$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=2 ,b=1$


Tại a max thì giá trị lớn nhất mà b có thể đạt là 1

Khi đó a2+b2=5

Vậy max a2+blà 5 tại a=2,b=1

Định lí này ở đâu đấy, có lí do gì để $b \leqslant 1$ không ?


Hãy theo đuổi đam mê, thành công sẽ theo đuổi bạn.



Thảo luận BĐT ôn thi Đại học tại đây


#280
huukhangvn

huukhangvn

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết

thì tại a=2 thì b=1 là giá trị lớn nhất để 2ab$\leq$2b+a

 

 

 






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh