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

Bất đẳng thức - Cực trị


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 240 trả lời

#41 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 22-01-2016 - 12:14

 

 

Bài 24: Cho $x,y,z>0$

CM: $2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+xyz+8\geq 5(a+b+c)$

 

 

 
Lời Giải: Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
$$x+y+z=\frac{1}{3}.3.(x+y+z) \leq \frac{1}{6}[9+(x+y+z)^2].$$
Do đó ta chỉ cần chứng minh
$$12(x^2 + y^2 + z^2) + 6xyz + 48 \geq 5 [(x + y + z)^2 + 9] .$$
Bất đẳng thức này tương đương với
$$7(x^2 + y^2 + z^2) + 6xyz + 3 \geq 10(xy + yz + zx),$$
$$4(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx) + 3 [x^2 + y^2 + z^2 + 2xyz +1 - 2(xy + yz + zx)] \geq 0,$$
 Ta có $$x^2 + y^2 + z^2 \geq xy + yz + zx$$  
Nên ta chỉ cần chứng minh:
$$x^2 + y^2 + z^2 + 2xyz +1 \geq 2(xy + yz + zx)$$ 
Mặt khác đây là 1 kết quả đúng theo bài 21
Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ x= y = z = 1$


#42 Trung Kenneth

Trung Kenneth

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Cao Xuân Huy
  • Sở thích:Thích gì cũng đc

Đã gửi 22-01-2016 - 12:38

Bai 26: Cho a,b,c > 0

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

Bai 27: Cho x,y,z >0  t/m $x^2+y^2+z^2=1$

Tim min : $\frac{x}{y^2+z^2}+\frac{y}{z^2+x^2}+ \frac{z}{x^2+y^2}$



#43 NTA1907

NTA1907

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1014 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh

Đã gửi 22-01-2016 - 12:44

Bai 26: Cho a,b,c > 0

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

Bđt sai khi $a=3, b=4, c=5$. Mình nghĩ bài này cần 1 đk về tổng hoặc tích của $a,b,c$ nữa


Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.

 


#44 PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT

Đã gửi 22-01-2016 - 12:50

 

Bài 19: Cho $a^2+b^2+c^2=3$ a,b,c>0

CMR: $\frac{ab}{3+c^2}+\frac{bc}{3+a^2}+\frac{ca}{3+b^2}\leq \frac{3}{4}$

Cách 3 cho bài trên:

Ta sẽ có đpcm nếu có $\frac{bc}{3+a^{2}}\leq \frac{3}{4}(\frac{bc(b+c)}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)})$  (*)

Thật vậy:

$(*)\Leftrightarrow 3(3+a^{2})(b+c)\geq 4\sum ab(a+b)$

Thay 3=a2+b2+c2 vào : $\Leftrightarrow 3(2a^{2}+b^{2}+c^{2})(b+c)\geq 4\sum ab(a+b)$

Bằng phân tích ghép bình phương:

$\Leftrightarrow 2c(a-c)^{2}+2b(a-b)^{2}+(b+c)(b-c)^{2}\geq 0$

Luôn đúng $\Rightarrow$ ĐPCM

Dấu "=" là a=b=c=1

 

Bđt sai khi $a=3, b=4, c=5$. Mình nghĩ bài này cần 1 đk về tổng hoặc tích của $a,b,c$ nữa

Cứ làm đi, đề đúng đấy . Gợi ý: Giả sử: $a\geq b\geq c$

 

P/S: 1h đi học rồi, tối sẽ làm tiếp topic và 1 số bài tập dạng dễ hơn và một số bài dạng... bó tay hơn mà thú vị hơn  >:) 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 22-01-2016 - 12:51

:huh:


#45 tpdtthltvp

tpdtthltvp

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 831 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boldsymbol{\text{CVP}}$

Đã gửi 22-01-2016 - 13:35

Bai 26: Cho a,b,c > 0

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

 

 

Bđt sai khi $a=3, b=4, c=5$. Mình nghĩ bài này cần 1 đk về tổng hoặc tích của $a,b,c$ nữa

Điều kiện bài này là: $a\geq b\geq c$

Ta có:

$\Leftrightarrow (\frac{a}{a+b}-\frac{1}{2})+(\frac{b}{b+c}-\frac{1}{2})+(\frac{c}{c+a}-\frac{1}{2})\geq 0\Leftrightarrow \frac{a-b}{2(a+b)}+\frac{b-c}{2(b+c)}+\frac{c-a}{2(c+a)}\geq 0\Leftrightarrow \frac{a-b}{2}(\frac{1}{a+b}-\frac{1}{b+c})+\frac{c-a}{2}(\frac{1}{c+a}-\frac{1}{b+c})\geq 0\Leftrightarrow \frac{(a-b)(c-a)}{2(a+b)(b+c)}+\frac{(c-a)(b-a)}{2(c+a)(b+c)}\geq 0\Leftrightarrow \frac{(a-b)(a-c)(b-c)}{2(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 0$ , đúng.


$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$

$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$

 


#46 PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT

Đã gửi 22-01-2016 - 17:40

 

Bài 24: Cho $x,y,z>0$

CM: $2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+xyz+8\geq 5(a+b+c)$

Bài 25: Cho a,b,c là 3 cạnh của tam giác :

CM: $\sum \frac{a}{b+c}<2$

 

Bài 24:        

Xét $x-1;y-1;z-1$ luôn tồn tại hai bé cùng dấu nên theo nguyên tắc đi dép lê luôn tồn tại hai số có tích lớn hơn hoặc bằng 0.

 

Giả sử $z(x-1)(y-1)\geq 0\Rightarrow xyz\geq xz+yz-z$ 

Đưa bài toán về chứng minh:

$xz+yz-z+2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+8\geq 5(x+y+z)$

 

Thực ra là: $\Leftrightarrow (y+z-2)^{2}+(x+z-2)^{2}+3(x-1)^{2}+3(y-1)^{2}+2(z-1)^{2}\geq 0$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1$

Bài 25: Một bài cơ bản


:huh:


#47 PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT

Đã gửi 22-01-2016 - 19:36

Bài 24: Cho $x,y,z>0$

CM: $2(x^{2}+y^{2}+z^{2})+xyz+8\geq 5(a+b+c)$

 

Bài 24: Cách giải thứ 3 cho bài 24 (tình cờ gặp ở pqr) dành cho những ai "ham" Schur

 

Lời giải: (T. Trần Nam Dũng)

AM-GM:

$abc+\frac{1}{2}=\frac{abc+abc+1}{2}\geq \frac{3abc}{2\sqrt[3]{abc}}\geq \frac{9abc}{2(a+b+c)}$

và:

$5(a+b+c)=\frac{5}{6}.2.3(a+b+c)\leq \frac{5}{6}\left [ 3^{2}+(a+b+c)^{2} \right ]$

Vậy nên chỉ cần CM:

$2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+\frac{9abc}{2(a+b+c)}+\frac{15}{2}\geq \frac{5}{6}(9+(a+b+c)^{2})$

hay $7(a^{2}+b^{2}+c^{2})+\frac{27abc}{a+b+c}\geq 10(ab+bc+ca)$

 

Mà $4(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 4(ab+bc+ca)$

nên BĐT đúng $\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca)$

Schur bậc 3 phân thức  (ĐPCM)

 

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

 


:huh:


#48 PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT

Đã gửi 22-01-2016 - 20:53

Tiếp theo phần vận dụng nguyên tắc Đirichlê ta sẽ tiếp tục tập trung vào đậm chất THCS: AM-GM, Cô si ngược, Cauchy-Schwarz, bđt phụ....

 

Bài 28(*): Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$

CM: $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}+2}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

 

Bài 29: $x,y,z>0; xyz=1$

CM: $\frac{1}{x^{2}+x+1}+\frac{1}{y^{2}+y+1}+\frac{1}{z^{2}+z+1}\geq 1$

 

Bài 30: $a,b,c>0; abc=1$

CM: $\frac{a}{2a^{3}+1}+\frac{b}{2c^{3}+1}+\frac{c}{2a^{3}+1}\leq 1$

 

Bài 31: $a,b,c>0$

CM: $\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3abc}+(\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})^{2}\geq 2$

 

P/S: lưu ý bài 27 chưa giải

À mà các bài đã giải mà ai có lời giải có ý tưởng mới mẻ thú vị thì cứ đăng, đừng ngại!  @};-  @};-  @};- Toán đẹp phải mò được nhiều cách :)))


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 22-01-2016 - 21:23

:huh:


#49 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 280 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11/2 THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng
  • Sở thích:inequalities, coi anime, tán gái @@

Đã gửi 22-01-2016 - 21:27

bài 28 

bđt tương dương 

$\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow$

mà $a^{2}+b^{2}=\frac{(a+b)^{2}+(a-b)^{2}}{2}$

bđt tương đương$\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}+\sum \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq 3$

áp dụng bđt C-S$\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq \frac{((a+b)+(b+c)+(c+a))^{2}}{\sum (a^{2}+b^{2}+2)}$ và 

$\sum \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}\geq \frac{((a-b)+(b-c)+(a-c))^{2}}{\sum (a^{2}+b^{2}+2)}$

đên đây chỉ cần tương đường thì ra (a-b)(b-c) >=0 tương tự thì ra (a-c)(b-c)>=0 và (a-B(b-c)>=0 và tích của 3 đại ượng lớn hơn 0 nên tồn tại một đại lượng lớn hơn 0 =>dpcm đây là bài iran 2009 và cách yếu tố ít nhất của anh cẩn 

p/s lần sau sẽ ko bao h` dùng sigma nữa


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 22-01-2016 - 22:45


#50 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 22-01-2016 - 21:59

Tiếp theo phần vận dụng nguyên tắc Đirichlê ta sẽ tiếp tục tập trung vào đậm chất THCS: AM-GM, Cô si ngược, Cauchy-Schwarz, bđt phụ....

 

Bài 28(*): Cho $a,b,c>0; a+b+c=3$

CM: $\frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}+\frac{1}{b^{2}+c^{2}+2}+\frac{1}{c^{2}+a^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

 

 

Xin trích lại 1 lời giải của anh Cẩn

------------------
Viết lại bđt cần chứng minh:
 
$$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2} \leq \frac{3}{4}$$
 
$$\Leftrightarrow \frac{1}{2}-\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2} \leq \frac{3}{4}$$
 
$$\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a^{2}+b^{2}+2} \geq \frac{3}{2}$$
 
Ta có đánh giá $$a^{2}+b^{2}=\frac{(a+b)^{2}+(a-b)^{2}}{2}$$
 
Nên bđt cần chứng minh $$\leftrightarrow \sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2}+\sum \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2} \geq 3$$
 
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Swarchz ta có 
$$\sum \frac{(a+b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2} \geq \frac{4(a+b+c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+6}$$
 
$$\sum \frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+b^{2}+2} \geq \frac{(|a-b|+|b-c|+|a-c|)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+6}=\frac{4(a-c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+6}$$
Ta đưa bất đẳng thức về chứng minh:
 
$$\leftrightarrow \frac{4(a+b+c)^{2}+4(a-c)^{2}}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+6} \geq 3$$
 
$$\leftrightarrow 2(a+b+c)^{2}+2(a-c)^{2} \geq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}+3)$$
 
Sử dụng giả thuyết $a+b+c=3$.BĐT cần chứng minh:
 
$$\leftrightarrow (a+b+c)^{2}+2(a-c)^{2} \geq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$$
 
$$\leftrightarrow (a-b)(b-c) \geq 0 (1)$$
 
Nhận thấy bđt trên không phải luôn đúng.Nhưng  ta có thể ''ép'' nó đúng:
 
Thật vậy.Thiết lập các đánh giá tương tự ta có thể đưa bất đẳng thức về chứng minh:$$(c-a)(b-c) \geq 0 (2)$$ hoặc $$(c-a)(a-b) \geq 0 (3)$$
 
Vậy nếu trong $(1),(2),(3)$ có 1 bất đẳng thức đúng thì bài toán được chứng minh.Nhận thấy $$[(a-b)(b-c)][(b-c)(c-a)][(c-a)(a-b)]=(a-b)^{2}(b-c)^{2}(c-a)^{2} \geq 0$$
 
$\rightarrow$ Trong 3 đại lượng $[(a-b)(b-c)];[(b-c)(c-a)];[(c-a)(c-b)]$ có ít nhất 1 đại lượng không âm.Phép chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
 


#51 PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT

Đã gửi 22-01-2016 - 22:07

Bài 29: $x,y,z>0; xyz=1$

CM: $\frac{1}{x^{2}+x+1}+\frac{1}{y^{2}+y+1}+\frac{1}{z^{2}+z+1}\geq 1$

 

Bài 30: $a,b,c>0; abc=1$

CM: $\frac{a}{2a^{3}+1}+\frac{b}{2c^{3}+1}+\frac{c}{2a^{3}+1}\leq 1$

Bài 29: 

Đặt $x=\frac{bc}{a^{2}};y=\frac{ca}{b^{2}};c=\frac{ab}{c^{2}}$

Ta có abc=1.

 

VT trở thành:

$\frac{a^{4}}{a^{4}+b^{2}c^{2}+a^{2}bc}+\frac{b^{4}}{b^{4}+c^{2}a^{2}+ab^{2}c}+\frac{c^{4}}{c^{4}+a^{2}b^{2}+abc^{2}}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{a^{4}+b^{4}+c^{4}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+abc(a+b+c)}$

 

Kết hợp $abc(a+b+c)\leq (a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})$ (AM-GM)

 

Ta sẽ có ĐPCM với điểm rơi a=b=c=1

P/s: Bài 29 nhiều ứng dụng bao gồm cả bài 30


:huh:


#52 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 22-01-2016 - 22:08

 

Bai 27: Cho x,y,z >0  t/m $x^2+y^2+z^2=1$

Tim min : $\frac{x}{y^2+z^2}+\frac{y}{z^2+x^2}+ \frac{z}{x^2+y^2}$

Ta có bđt phụ: 
Với mọi $1 \geq x>0$ ,BĐT sau đúng $$x(1-x^2)\leq \frac{2}{3\sqrt{3}}$$ 
Thật vậy 
$$BDT\Leftrightarrow x^2(1-x^2)^2\leq \frac{4}{27}$$
Áp dụng AM-GM ,ta có 
$$x^2(1-x^2)^2=\frac{1}{2}.2x^2.(1-x^2)(1-x^2)\leq \frac{1}{2}\left [ \frac{2x^2+(1-x^2)+(2-x^2)}{3} \right ]^3=\frac{4}{27}$$
------------------
Quay lại bài toán:
Dự đoán $Min$ của $VT=\frac{3\sqrt{3}}{2}$:
Ta có $x^2+y^2+z^2=1$ nên ta viết BĐT thành$$\frac{x}{1-x^2}+\frac{y}{1-y^2}+\frac{z}{1-z^2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}(x^2+y^2+z^2)$$
Do đó,ta chỉ cần chứng minh $$\frac{x}{1-x^2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}x^2$$ hay $$\frac{1}{x(1-x^2)}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}$$
Nhưng BĐT đó đã được giải quyết triệt để
Phép chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy ra tại $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 22-01-2016 - 22:09


#53 PlanBbyFESN

PlanBbyFESN

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 637 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT

Đã gửi 22-01-2016 - 22:37

Good solution, roy!

 

Bài 31: $a,b,c>0$

CM: $\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3abc}+(\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})^{2}\geq 2$

 

Bài 30 vận dụng bài 29 mời các thím.(nói là vận dụng chứ không đến nỗi dễ đâu)

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

 

Bài 31:

 

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3abc}+(\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}})^{2}\geq 2\sqrt{\frac{(ab+bc+ca)^{2}(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{3abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}}$

 

Bất đẳng thức này được suy ra trực tiếp từ:

$(ab+bc+ca)^{2}\geq 3abc(a+b+c)$  (AM-GM)

và:

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

 

$\Rightarrow$  ĐPCM

 

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

 

Bài 32: $a,b,c>0$

CM: $\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{9}{2}$

 

Bài 33: $a,b,c\in \left [ 1;2 \right ]$

CM: $(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 6(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 23-01-2016 - 16:48

:huh:


#54 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 280 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11/2 THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng
  • Sở thích:inequalities, coi anime, tán gái @@

Đã gửi 22-01-2016 - 23:12

cho a,b,c là các số thực dương chứng minh $(a+b+c)^{3}\geq \frac{27}{4}(a^{^{2}}b+b^{2}c+c^{2}a+abc)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 22-01-2016 - 23:13


#55 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 280 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11/2 THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng
  • Sở thích:inequalities, coi anime, tán gái @@

Đã gửi 22-01-2016 - 23:20

bài 31 có thể dùng S.O.S và S.O.C bài này mình đăng kí nếu ko ra xóa bl của mình nhé tránh spam cho topic  :v :v :v :3 :3



#56 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 23-01-2016 - 00:36

 

 

Bài 32: $a,b,c>0$

CM: $2(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b})\geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{9}{2}$

 

 

Eđit lại cái đề bài này cái.Dấu '=' không xảy ra tại $a=b=c$ @@



#57 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 23-01-2016 - 07:28

Old and new inequality - Titu Adresscu
File đã dịch .

File gửi kèm



#58 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 23-01-2016 - 07:45

Bài 33 :
Bài toán 1490 : Tạp chí Crux {Bất đẳng thức Garfunkel}
Tìm $k$ nhỏ nhất sao cho $\sum \frac{a}{\sqrt{b+c}} \le k.\sqrt{a+b+c}$ biết $a,b,c>0$



#59 quoccuonglqd

quoccuonglqd

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 219 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khánh Hòa

Đã gửi 23-01-2016 - 10:57

bài 31 có thể dùng S.O.S và S.O.C bài này mình đăng kí nếu ko ra xóa bl của mình nhé tránh spam cho topic  :v :v :v :3 :3

Xin lỗi,SOC là gì ạ



#60 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 23-01-2016 - 11:35

Xin lỗi,SOC là gì ạ

Đây






0 người đang xem chủ đề

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