Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
* * * * * 3 Bình chọn

Toppic Các bài toán BĐT qua các kì thi olympic 30/4

bđt olympic 30/4

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 42 trả lời

#21 fcb

fcb

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 15-04-2014 - 20:07

bài 5: 30-4-2010 

cho các số thực $a,b,c \geq 1$ thỏa mản a+b+c+2=abc. Chứng minh rằng:

$bc\sqrt{a^{2}-1} +ca\sqrt{b^{2}-1}+ab\sqrt{c^{2}-1}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}abc$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fcb: 20-04-2014 - 17:31


#22 shinichigl

shinichigl

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 135 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương
  • Sở thích:Làm toán

Đã gửi 16-04-2014 - 09:17

 

Bài 3: Olympic 30-4-2014:

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

$\dfrac{a}{\sqrt{7a^2+b^2+c^2}}+\dfrac{b}{\sqrt{a^2+7b^2+c^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2+7c^2}}\leq 1$

 

Chuẩn hoá $a^2+b^2+c^2=3$

Bất đẳng thức được viết lại

$\sum \dfrac{a}{\sqrt{6a^2+3}}\leq1$

Ta có

$\sum \dfrac{a}{\sqrt{6a^2+3}}=\sum \dfrac{a}{\sqrt{3(a^2+a^2+1)}} \leq \sum \dfrac{a}{2a+1}= \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\sum \frac{1}{2a+1}\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\frac{9}{2(a+b+c)+3}\leq \frac{3}{2}-\frac{1}{2}\frac{9}{2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+3}=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichigl: 16-04-2014 - 09:39


#23 shinichigl

shinichigl

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 135 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương
  • Sở thích:Làm toán

Đã gửi 16-04-2014 - 09:27

Bài 6: cho các số thực $a,b,c$. Chứng minh rằng:

$ab+bc+ca+max\left \{ \left |a-b  \right |,\left |b-c  \right |,\left |c-a  \right | \right \}\leq 1+\frac{1}{3}(a+b+c)^2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuan192: 16-04-2014 - 18:57


#24 shinichigl

shinichigl

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 135 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương
  • Sở thích:Làm toán

Đã gửi 16-04-2014 - 09:35

Bài 7 cho $a,b,c$ là các số thực dương thoã điều kiện $4(a^3+b^3+c^3)+15abc=27$

Chứng minh $a+b+c\leq 3$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuan192: 16-04-2014 - 18:57


#25 NMDuc98

NMDuc98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K10A - THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)
  • Sở thích:Toán Học

Đã gửi 16-04-2014 - 09:56

cho $a,b,c$ là các số thực dương thoã điều kiện $4(a^3+b^3+c^3)+15abc=27$

Chứng minh $a+b+c\leq 3$

Ta đi chứng minh:$4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq (a+b+c)^3~~~~(1)$

Thật vậy:

$(1)\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+5abc\geq (a+b)(b+c)(c+a)$$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$  (Hiển nhiên đúng vì đây là BĐT Schur)
Mà:$(4a^3+b^3+c^3)+15abc=27$
Suy ra:

$(a+b+c)^3\leq 27\Leftrightarrow a+b+c\leq 3$   $(Q.E.D)$


Nguyễn Minh Đức

Lặng Lẽ

THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)


#26 shinichigl

shinichigl

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 135 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương
  • Sở thích:Làm toán

Đã gửi 16-04-2014 - 10:38

Ta đi chứng minh:$4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq (a+b+c)^3~~~~(1)$

 

Một cách khác là chuẩn hoá $a+b+c=3$

bđt được viết lại $4(a^3+b^3+c^3)+15abc\geq 27$

Giả sử $min\left \{ a;b;c \right \}=c$, suy ra $c\leq 1$

Ta có

$4(a^3+b^3+c^3)+15abc=4(a+b+c)\left [ (a+b+c)^2-3(ab+bc+ca) \right ]+27abc=108-12(a+b+c)(ab+bc+ca)+27abc=108-36(ab+bc+ca)+27abc=108-36c(a+b)+ab(27c-36)\geq 108-36c(3-c)+\frac{(3-c)^2}{4}(27c-36)=\frac{27}{4}c(c-1)^2+27\geq 27$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichigl: 16-04-2014 - 10:40


#27 Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Physics

Đã gửi 16-04-2014 - 16:12

bài 5: 30-4-2010 

cho các số thực a,b,c \geq 1 thỏa mản a+b+c=abc. Chứng minh rằng:

$bc\sqrt{a^{2}-1} +ca\sqrt{b^{2}-1}+ab\sqrt{c^{2}-1}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}abc$

Theo Bunhiacopxki có:$(\sqrt{\frac{c^2-1}{c^2}}+\sqrt{\frac{a^2-1}{a^2}}+\sqrt{\frac{b^2-1}{b^2}})^2\leq 3(3-\frac{1}{a^2}-\frac{1}{b^2}-\frac{1}{c^2})\leq 3(3-\frac{1}{ab}-\frac{1}{bc}-\frac{1}{ac})=3(3-\frac{a+b+c}{abc})=3(3-1)=6= > P\leq \sqrt{6}= > \sum bc\sqrt{a^2-1}\leq \sqrt{6}abc$



#28 thuan192

thuan192

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 325 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:trương thpt chuyên lê quý đôn,Bình định

Đã gửi 16-04-2014 - 18:55

Đề tự sáng tác, xin mạn phép đưa vô nhé ! :) (thực ra cũng lấy ý tưởng từ một bài 30-4 năm 2013)

Bài 5 : Cho các số dương $x,y,z$ thỏa mãn $6x+3y+2z=xyz$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$P=\dfrac{x\sqrt{yz}}{\sqrt{x^2+1}\sqrt[4]{(y^2+4)(z^2+9)}}$$

Ta có $6x+3y+2z=xyz$ suy ra $\frac{6}{yz}+\frac{3}{zx}+\frac{2}{xy}=1$

Đặt: $a=\frac{1}{x};b=\frac{2}{y};c=\frac{3}{z}$ Suy ra $ab+bc+ca=1$

Khi đó P trở thành $p=\frac{1}{\sqrt{1+a^{2}}}\sqrt{\frac{1}{\sqrt{1+b^{2}}}.\frac{1}{\sqrt{1+c^{2}}}}$

Vì $ab+bc+ca=1$ nên ta có thể đặt $a=tan\frac{A}{2};b=tan\frac{B}{2};c=tan\frac{C}{2}$ (với $A+B+C=\Pi$)

Suy ra $P=cos\frac{A}{2}\sqrt{cos\frac{B}{2}.cos\frac{C}{2}}$.

Tới đây ta có thể dễ dàng tìm được GTLN


:lol:Thuận :lol:

#29 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 16-04-2014 - 23:25

Bài 8 : Cho trước các số nguyên dương $m,n$ thỏa mãn $mn.x+\sqrt[n]{m}.y+\sqrt[m]{n}.z=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

$$A=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y^n}+\dfrac{1}{z^m}$$


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#30 NMDuc98

NMDuc98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K10A - THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)
  • Sở thích:Toán Học

Đã gửi 17-04-2014 - 20:03

bài 5: 30-4-2010 

cho các số thực a,b,c \geq 1 thỏa mản a+b+c=abc. Chứng minh rằng:

$bc\sqrt{a^{2}-1} +ca\sqrt{b^{2}-1}+ab\sqrt{c^{2}-1}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}abc$

Điều kiện bị sai rồi bạn!
Điều kiện bài toán phải là: $a+b+c+2=abc$ ! 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DucHuyen1604: 17-04-2014 - 20:04

  • fcb yêu thích

Nguyễn Minh Đức

Lặng Lẽ

THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)


#31 thuan192

thuan192

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 325 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:trương thpt chuyên lê quý đôn,Bình định

Đã gửi 18-04-2014 - 14:07

Đề tự sáng tác, xin mạn phép đưa vô nhé ! :) (thực ra cũng lấy ý tưởng từ một bài 30-4 năm 2013)

Bài 5 : Cho các số dương $x,y,z$ thỏa mãn $6x+3y+2z=xyz$. Tìm giá trị lớn nhất của :

$$P=\dfrac{x\sqrt{yz}}{\sqrt{x^2+1}\sqrt[4]{(y^2+4)(z^2+9)}}$$

Xin nhận xét bài này tí. Thực chất đây là một BĐT lượng giác. Ta chỉ cần điều chỉnh hệ số mới thì sẽ có một bài toán mới. Không biết bạn Juliel. Xuất phát từ bài toán nào nhưng theo mình nghĩ là từ BĐT lượng giác


:lol:Thuận :lol:

#32 thuan192

thuan192

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 325 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:trương thpt chuyên lê quý đôn,Bình định

Đã gửi 18-04-2014 - 14:13

Bài 9: (30/4/2008) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $abc=-1$. CMR

                           $\left ( \left | ab \right |+\left | bc \right |+\left | ca \right | \right )\left [ 15\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}} -7\left ( a+b+c \right )\right ]\geq 48$


  • fcb yêu thích
:lol:Thuận :lol:

#33 NMDuc98

NMDuc98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K10A - THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)
  • Sở thích:Toán Học

Đã gửi 18-04-2014 - 16:08

Bài 9: (30/4/2008) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $abc=-1$. CMR

                           $\left ( \left | ab \right |+\left | bc \right |+\left | ca \right | \right )\left [ 15\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}} -7\left ( a+b+c \right )\right ]\geq 48$

Bài 9:Vi $abc<0$ nên ta xét:

TH1: 3 số $a,b,c$ đều âm:

Áp dụng BĐT AM-GM,ta có: 

$\left | ab \right |+\left | bc \right |+\left |ca \right |\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$

$a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=3$.

Ta có:$-7(a+b+c)=7(-a-b-c)\geq 7\sqrt{(-a).(-b).(-c)}=7$

Do đó:

$15\sqrt{a^2+b^2+c^2}-7(a+b+c)\geq 15\sqrt{3}+7$

Vậy $P\geq 3(15\sqrt{3}+7)$

TH2: Nếu trong 3 số $a,b,c$ có một số âm,hai số dương.

Giả sử $a<0$;$b,c>0$.

Áp dụng BĐT BCS ta có:

$\sqrt{(-a)^2+b^2+c^2}\geq \frac{2b+2c-a}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}\Rightarrow 3\sqrt{a^2+b^2+c^2}\ge 2b+2c-a$

Do đó:

$P\geq \left ( \frac{1}{-a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\left [ 5(2b+2c-a)-7(b+c+a) \right ]$

$=3\left ( \frac{1}{-a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )(-4a+b+c)\geq 3\left ( 1.2+1.1+1.1 \right )^2=48$ (Theo BĐT BCS)

Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{matrix}b=c=-a>0 & \\ -abc=1 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a=\frac{-\sqrt[3]{2}}{2} & \\ b=c=\sqrt[3]{2}. \end{matrix}\right.$

Dựa theo 2 trường hợp,bài toán được chứng minh!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DucHuyen1604: 18-04-2014 - 16:11

Nguyễn Minh Đức

Lặng Lẽ

THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)


#34 fcb

fcb

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 20-04-2014 - 17:28

Bài 10: Đề thi đề nghị 30-4-2008 Trường THPT chuyên Phan Ngọc Hiển

Cho biểu thức $S=x^{2} (9\sqrt{1+x^{4}}+13\sqrt{1-x^{4}})$ với$\left | x \right |\leq 1$

Tìm GTLN của S


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuan192: 25-02-2015 - 18:00


#35 NMDuc98

NMDuc98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K10A - THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)
  • Sở thích:Toán Học

Đã gửi 21-04-2014 - 06:45

Bài 5: 30-4-2010 

cho các số thực $a,b,c \geq 1$ thỏa mản $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng:

$bc\sqrt{a^{2}-1} +ca\sqrt{b^{2}-1}+ab\sqrt{c^{2}-1}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}abc~~~~(1)$

Ta có:

$(1)\Leftrightarrow \sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}~~~(2)$

Áp dụng BĐT BCS ta có:

$\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\leq \sqrt{3\left [ 3-\left ( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \right ) \right ]}$

$\Rightarrow \sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\leq \sqrt{9-3( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})}~~~(3)$

Mà ta có:$3\left ( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \right )\geq \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )^2$.Nên từ $(3)$ ta suy ra:

$\Rightarrow \sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\leq \sqrt{9-( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} )^2}~~~(4)$

Từ giả thiết ta có:$\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\leq \frac{1}{3}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b} +\frac{1}{c}\right )^2~~~(*)$ và $\frac{1}{abc}\leq \frac{1}{27}\left (\frac{1}{a}+\frac{1}{b} +\frac{1}{c} \right )^3~~~(**)$

Đặt $x=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}~~~(x>0)$ khi đó từ $(*)$ và $(**)$ ta có:

$\frac{1}{3}x^2+\frac{2}{27}x^3\geq 1\Leftrightarrow 2x^3+9x^2-27\geq 0\Leftrightarrow (2x-3)(x+3)^2\geq 0\Rightarrow x\geq \frac{3}{2}$

$\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{3}{2}~~~~(5)$

 

Từ $(4)$ và $(5)$ ta suy ra:

$\sqrt{1-\frac{1}{a^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{b^2}}+\sqrt{1-\frac{1}{c^2}}\leq \sqrt{9-\frac{9}{4}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c=2$.

Vậy $(2)$ được chứng minh.
Bài toán được chứng minh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DucHuyen1604: 21-04-2014 - 06:55

Nguyễn Minh Đức

Lặng Lẽ

THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)


#36 NMDuc98

NMDuc98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K10A - THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)
  • Sở thích:Toán Học

Đã gửi 21-04-2014 - 07:16

Đề thi đề nghị 30-4-2008 Trường THPT chuyên Phan Ngọc Hiển

Cho biểu thức $S=x^{2} (9\sqrt{1+x^{4}}+13\sqrt{1-x^{4}})$ với$\left | x \right |\leq 1$

Tìm GTLN của S

Áp dụng BĐT BCS ta có:

$9\sqrt{1+x^{4}}+13\sqrt{1-x^{4}}=\sqrt{27}.\sqrt{3+3x^4}+\sqrt{13}.\sqrt{13-13x^4}\leq \sqrt{40(16-10x^4)}$

Suy ra:

$S\leq x^2\sqrt{40(16-10x^4)}=2\sqrt{10x^4(16-10x^4)}\leq 2.\frac{10x^4+16-10x^4}{2}=16$  (Theo $AM-GM$)

Dấu $=$ xảy ra khi:$\left\{\begin{matrix}\sqrt{1-x^4}=\frac{\sqrt{1+x^4}}{3} & \\10x^4=16-10x^4 & \\ \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x^4=\frac{4}{5}\Leftrightarrow \left | x \right |=\sqrt[4]{\frac{4}{5}}$   (Thỏa mãn $\left | x \right |\leq 1$)

Vậy $Max_S=16$

Ngoài ra còn có thể tách để dùng $AM-GM$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DucHuyen1604: 21-04-2014 - 07:18

Nguyễn Minh Đức

Lặng Lẽ

THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)


#37 Bui Ba Anh

Bui Ba Anh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 562 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 13-08-2014 - 01:44

Xin nhận xét bài này tí. Thực chất đây là một BĐT lượng giác. Ta chỉ cần điều chỉnh hệ số mới thì sẽ có một bài toán mới. Không biết bạn Juliel. Xuất phát từ bài toán nào nhưng theo mình nghĩ là từ BĐT lượng giác

Bài này không dùng lượng giác thì có cách giải nào khác không ạ! :)


NgọaLong

#38 BaoTuDau

BaoTuDau

    Lính mới

  • Thành viên
  • 9 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:IAS
  • Sở thích:Toán học, toán học và toán học..

Đã gửi 24-02-2015 - 10:27

Bài 11: Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An

Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3$.

Tìm giá trị lớn nhất của $P=3(xy+yz+zx)-xyz$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuan192: 25-02-2015 - 18:00

Trước khi bạn muốn đánh bại tôi thì bạn hãy bước qua xác của tôi cái đã.

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

Tải phần mềm vẽ hình tại http://geogebra.joyd...CFQNvvAodrQoAWA

Ghé thăm tôi tại: https://www.facebook...100008020875076

 


#39 thuan192

thuan192

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 325 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:trương thpt chuyên lê quý đôn,Bình định

Đã gửi 25-02-2015 - 17:50

Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An

Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3$.

Tìm giá trị lớn nhất của $P=3(xy+yz+zx)-xyz$

Ta có $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3\Leftrightarrow \left ( x+y+z \right )^{3}+3xyz-3\left ( x+y+z \right )\left ( xy+yz+zx \right )=3\Rightarrow 3\left ( xy+yz+zx \right )=\frac{\left ( x+y+z \right )^{3}+3xyz-3}{x+y+z}$

Thay vào P ta có:

$P=\frac{\left ( x+y+z \right )^{3}+3xyz-3}{x+y+z}-xyz=\frac{\left ( x+y+z \right )^{3}+3xyz-3-xyz\left ( x+y+z \right )}{x+y+z}=\frac{\left ( x+y+z \right )^{3}-3+xyz\left [ 3-\left ( x+y+z \right ) \right ]}{x+y+z}\leq \frac{\left ( x+y+z \right )^{3}-3+\left [ 3-\left ( x+y+z \right ) \right ]}{x+y+z}$(1)$

(Vì $xyz\leq \frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3}=1$)

Đặt $t=x+y+z$

$P\leq \frac{t^{3}-t}{t}$ với $t\leq 3$

Dễ thấy hàm trên đồng biến nên $P\leq 8$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z=1$


:lol:Thuận :lol:

#40 thuan192

thuan192

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 325 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:trương thpt chuyên lê quý đôn,Bình định

Đã gửi 25-02-2015 - 18:03

Bài 12: (Chuyên Quang Trung, Bình Phước)

  Cho $a,b,c>0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 $Q=\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{2}\left ( \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{abc}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca} \right )$


:lol:Thuận :lol:





0 người đang xem chủ đề

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