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

Mấy aanh cho em hỏi bài này với

bất đẳng thức am-gm

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 39 trả lời

#1 ManhNguyenSy

ManhNguyenSy

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết

Đã gửi 19-08-2019 - 22:42

a,b,c là các số thực dương. CMR:

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ManhNguyenSy: 20-08-2019 - 11:07


#2 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 20-08-2019 - 11:12

Ta có: $\frac{4a+2b}{a(a+2b)}=\frac{3a}{a(a+2b)}+\frac{1}{a}=\frac{3}{a+2b}+\frac{1}{a}\leq \frac{1}{3}(\frac{1}{a}+\frac{2}{b})+\frac{1}{a}$

Tương tự => $\sum \frac{4a+2b}{a(a+2b)}\geq \sum \frac{2}{a}$ => ĐFCM



#3 ManhNguyenSy

ManhNguyenSy

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết

Đã gửi 20-08-2019 - 17:28

Tiếp nè:

a,b,c là các số thực dương. CMR:

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


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ManhNguyenSy: 25-08-2019 - 15:49


#4 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 25-08-2019 - 15:32

a



#5 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 25-08-2019 - 15:33

Tiếp nè:

a,b,c là các số thực dương. CMR:

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

Bài này cmr j ????



#6 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 28-08-2019 - 22:35

Cho $1\leq x,y,z\leq 3$ 

Tìm max của P=$\sum x^2$

                      Q=$\sum x^2 + \sum xy$



#7 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 28-08-2019 - 22:50

Bài 1: Cho $0\leq a,b,c\leq 1$

cm $\frac{a}{1+bc}+\frac{b}{1+ac}+\frac{c}{1+ab}\leq 2$

Bài 2: Cho $1\leq a,b,c\leq 4$

Tìm min của $P=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanhlongviemtuoc: 28-08-2019 - 22:52


#8 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 30-08-2019 - 08:00

a


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanhlongviemtuoc: 30-08-2019 - 09:47


#9 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 30-08-2019 - 10:14

Bài 7: Cho x,y,z >0, xy+yz+zx=3. Tìm GTNN của $P= \frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1}$

Ta sẽ chứng minh $ \frac{1}{a^2+1}+\frac{1}{b^2+1}+\frac{1}{c^2+1} \geq \frac{3}{2} $ 

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

Ta có $ \frac{a^2}{a^2+1} = \frac{3a^2}{3a^2 + 3} = \frac{3a^2}{2a^2+bc+a^2+ab+ac} \leq  $ 

$\frac{1}{4} ( \frac{3a^2}{2a^2+bc} + \frac{3a}{a+b+c} ) = \frac{1}{4}( \frac{3a^2}{2a^2+bc}) + \frac{1}{4}$ 

Tương tự =>$ \frac{a^2}{a^2+1}+ \frac{b^2}{b^2+1} + \frac{c^2}{c^2+1} \leq  \frac{1}{4}( \frac{3a^2}{2a^2+bc}+ \frac{3b^2}{2b^2+ac}+ \frac{3c^2}{2c^2+ab}) + \frac{3}{4} $

Ta cần chứng minh$  \frac{a^2}{2a^2+bc} +  \frac{b^2}{2b^2+ac}+ \frac{c^2}{2c^2+ab} \leq 1 $ 

<=> $ \frac{3}{2} - \frac{1}{2}(\frac{bc}{2a^2+bc}+  \frac{ac}{2b^2+ac}+ \frac{ab}{2c^2+ab})$

<=> $\frac{bc}{2a^2+bc}+  \frac{ac}{2b^2+ac}+ \frac{ab}{2c^2+ab} \geq 1$

Ta có:  $\frac{bc}{2a^2+bc}+  \frac{ac}{2b^2+ac}+ \frac{ab}{2c^2+ab} \geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + 2abc(a+b+c)} = \frac{(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2} = 1$

=> ĐFCM

Vậy $P \geq \frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanhlongviemtuoc: 30-08-2019 - 14:43


#10 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 31-08-2019 - 22:41

Bài 4: Cho ba số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng 

$(\sum \frac{a}{b})^2 \geq (\sum a)(\sum \frac{1}{a})$

Giải:

BĐT tương đương $(\frac{a^2c+b^2a+c^2b}{abc})^2 \geq (\sum a)(\sum \frac{1}{a}) $

Hay $(a^2c+b^2a+c^2b) \geq abc(\sum a)(\sum \frac{1}{a})$

Áp dụng bđt B.C.S có:

$(a^2c+b^2a+c^2b)(c+b+a)\geq (\sum ab)^2$

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

Nhân vế theo vế ra được:

$(\sum a^2c)^2(\sum a)(\sum \frac{1}{a} \geq (\sum ab)^2 + (\sum a)^2$

Hay $(\sum a^2c)^2(\sum a)(\frac{ab+bc+ca}{abc}\geq (\sum ab)^2(\sum a)^2$

=> $(a^2c+b^2+c^2a) \geq abc(\sum a)(\sum \frac{1}{a})$ => ĐFCM

Dấu = khi a=b=c ( mới kịp đánh bài 4 mấy cài khác sau sẽ gửi)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanhlongviemtuoc: 31-08-2019 - 22:48


#11 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 01-09-2019 - 09:50

Bài 5: Cho a,b,c là số thực dương. CMR:

$(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) \geq 4(a+b+c+1)^2$

Giải:

Áp dụng bdt B.C.S ta có:

$(a^2+1+1+1)[1+(\frac{b+c}{2})^2+(\frac{b+c}{2})^2+1] \geq (1.a + \frac{b+c}{2}.1 + \frac{b+c}{2}.1 + 1.1)^2 = (a+b+c+1)^2$

Hay $4(a^2+3)(2+\frac{(a+b)^2}{2} \geq 4(a+b+c+1)^2$

Bài toán quy về cm: $(b^2+3)(c^2+3) \geq 4[2+\frac{(b+c)^2}{2}]$

Mặt khác, áp dụng bđt AM-GM ta có:

$(b^2+3)(c^2+3)=3b^2+3c^2+b^2c^2+9=2b^2+2c^2+(b^2+c^2)+(b^2c^2+1)+8 \geq 2(b+c)^2 + 8 = 4[2+\frac{(b+c)^2}{2}]$

=> ĐFCM

Dấu "=" khi a=b=c=1


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanhlongviemtuoc: 01-09-2019 - 11:09


#12 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 356 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 01-09-2019 - 10:09

Bài 5: Cho a,b,c là số thực dương. CMR:

$(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3) \geq 4(a+b+c+1)^2$

Giải:

Áp dụng bdt B.C.S ta có:

$(a^2+1+1+1)[1+(\frac{b+c}{2})^2+(\frac{b+c}{2})^2+1] \geq (1.a + \frac{b+c}{2}.1 + \frac{b+c}{2}.1 + 1.1)^2 = (a+b+c+1)^2$

Hay $4(a^2+3)(2+\frac{(a+b)^2}{2} \geq 4(a+b+c+1)^2$

Bài toán quy về cm: $(b^2+3)(c^2+3) \geq 4[2+\frac{(b+c)^2}{2}]$

Mặt khác, áp dụng bđt AM-GM ta có:

$(b^2+3)(c^2+3)=3b^2+3c^2+b^2c^2+9=2b^2+2c^2+(b^2+c^2)+(b^2c^2+1)+8 \ geq 2(b+c)^2 + 8 = 4[2+\frac{(b+c)^2}{2}]$

=> ĐFCM

Dấu "=" khi a=b=c=1

Cách khác bằng nguyên lí Dirchle

Theo nguyên lí Dirichle, tồn tại 2 số giả sử là a,b sao cho $ (a^2-1)(b^2-1) \geq 0 $ 

Suy ra $ a^2b^2+1\geq a^2+ b^2 $ 

Ta có $ (a^2+3)(b^2+3) = a^2b^2 + 3(a^2+b^2) + 9 \geq 4(a^2+b^2) + 8 $ 

Vậy ta cần chứng minh $ [4(a^2+b^2)+8](c^2+3) \geq 4(a+b+c+1)^2 $ hay $ (a^2+b^2+2)(c^2+3) \geq (a+b+c+1)^2 $ 

Áp dụng Bunhia, ta có $ VT = (a^2+b^2+1+1)(1+1+c^2+1) \geq (a+b+c+1)^2 $ ( ĐPCM)


$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#13 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 01-09-2019 - 10:40

Cách khác bằng nguyên lí Dirchle

Theo nguyên lí Dirichle, tồn tại 2 số giả sử là a,b sao cho $ (a^2-1)(b^2-1) \geq 0 $ 

Suy ra $ a^2b^2+1\geq a^2+ b^2 $ 

Ta có $ (a^2+3)(b^2+3) = a^2b^2 + 3(a^2+b^2) + 9 \geq 4(a^2+b^2) + 8 $ 

Vậy ta cần chứng minh $ [4(a^2+b^2)+8](c^2+3) \geq 4(a+b+c+1)^2 $ hay $ (a^2+b^2+2)(c^2+3) \geq (a+b+c+1)^2 $ 

Áp dụng Bunhia, ta có $ VT = (a^2+b^2+1+1)(1+1+c^2+1) \geq (a+b+c+1)^2 $ ( ĐPCM)

hay quá !!!!!!



#14 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 02-09-2019 - 08:43

Cho x,y,z >0; xy+yz+xz=xyz

CMR: $\frac{x}{y^2}+\frac{y}{z^2}+\frac{z}{x^2}\geq 3(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2})$



#15 Sin99

Sin99

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 356 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$ \boxed { \color{Red}{\boxed { \rightarrow \color{Blue}{\textbf{ PTNK } } \leftarrow } } } $
  • Sở thích:$ \textbf{ Alone } $

Đã gửi 02-09-2019 - 09:08

Gt $ \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 1 $ 

Đặt $ \frac{1}{x} = a, \frac{1}{y} = b, \frac{1}{z} = c $ ta có $ a+b+c = 1 $ 

BDT <=> $ \frac{b^2}{a} + \frac{c^2}{b} + \frac{a^2}{c} \geq 3(a^2+b^2+c^2) $ 

Áp dụng AM-GM: $ \frac{a^2}{c} + \frac{(a+b)^2}{a+b} \geq \frac{(2a+b)^2}{a+b+c} $ 

Tương tự suy ra $ VT + 2(a+b+c) \geq \frac{(2a+b)^2+(2b+c)^2+(2c+a)^2}{a+b+c} $ hay $ VT \geq  \frac{(2a+b)^2+(2b+c)^2+(2c+a)^2}{a+b+c} - 2(a+b+c) = \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c} = 3(a^2+b^2+c^2) $ 

Vậy t/c đpcm.


$ \boxed{ \textbf{ Niềm hạnh phúc to lớn nhất của mọi cuộc đời là sự cô đơn bận rộn. - Voltaire } } $ 


#16 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 02-09-2019 - 09:09

a


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanhlongviemtuoc: 02-09-2019 - 09:14


#17 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 02-09-2019 - 09:11

Gt $ \Leftrightarrow \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 1 $ 

Đặt $ \frac{1}{x} = a, \frac{1}{y} = b, \frac{1}{z} = c $ ta có $ a+b+c = 1 $ 

BDT <=> $ \frac{b^2}{a} + \frac{c^2}{b} + \frac{a^2}{c} \geq 3(a^2+b^2+c^2) $ 

Áp dụng AM-GM: $ \frac{a^2}{c} + \frac{(a+b)^2}{a+b} \geq \frac{(2a+b)^2}{a+b+c} $ 

Tương tự suy ra $ VT + 2(a+b+c) \geq \frac{(2a+b)^2+(2b+c)^2+(2c+a)^2}{a+b+c} $ hay $ VT \geq  \frac{(2a+b)^2+(2b+c)^2+(2c+a)^2}{a+b+c} - 2(a+b+c) = \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c} = 3(a^2+b^2+c^2) $ 

Vậy t/c đpcm.

bài này đã được đề cập đến trong sách bđt của thầy Lê Khánh Sỹ trang 115



#18 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 02-09-2019 - 11:00

Cho $\sum \sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{2018}$

CMR: $ P= \sum \frac{a^2}{b+c}\geq \frac{\sqrt{1009}}{2}$

Giải:

Đặt $\sqrt{a^2+b^2}=x;\sqrt{c^2+b^2}=y;\sqrt{c^2+a^2}=z$ => $ x+y+z=\sqrt{2018}$

Ta có $\frac{a^2}{b+c}\geq \frac{a^2}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}= \frac{x^2+z^2-y^2}{2\sqrt{2}y} = \frac{x^2+z^2}{2\sqrt{2}y}-\frac{y}{2\sqrt{2}}$

TT => $P\geq \sum \frac{x^2+z^2}{2\sqrt{2}y} -\frac{x+y+z}{2\sqrt{2}}\geq \frac{[2(x+y+z)]^2}{4\sqrt{2}(x+y+z)}-\frac{x+y+z}{2\sqrt{2}}$

Thay $x+y+z = \sqrt{2018}$ ta được $P\geq \sqrt{1009}-\frac{\sqrt{1009}}{2}=\frac{\sqrt{1009}}{2}$ 

=>ĐFCM  

Dấu "=" tự tìm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanhlongviemtuoc: 02-09-2019 - 13:01


#19 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 02-09-2019 - 15:47

Bài 14: Cho a,b,c>0; abc=1. Tìm GTNN của:

$P=\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)}$

Giải:

Vì abc=1 nên trong 3 số a,b,c tồn tại 2 số nằm cùng phía với 1

Không mất tính tổng quát giả sử 2 số đó là a và b

Khi đó t được $(a-1)(b-1)\geq 0 <=> a+b\leq ab+1=\frac{c+1}{c}$

Do đó: $(a+1)(b+1)(c+1)=(1+a+b+ab)(c+1)=2(1+ab)(1+c)\leq \frac{2(c+1)^2}{c}$

Lại có: $\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{1+ab}=\frac{c}{c+1}$

Do đó là được: $P=\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)} \geq \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(c+1)^2}+\frac{c}{(c+1)^2}=\frac{c(c+1)+1+c}{(c+1)^2}=1$

=> Pmin=1 

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanhlongviemtuoc: 02-09-2019 - 15:48


#20 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 02-09-2019 - 16:24

Bài 8: Cho a,b,c > 0, $a^2+b^2+c^2=3$

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

Giải:

Áp dụng BDT S-vác ta có: $\frac{a}{\sqrt{b}}+\frac{b}{\sqrt{c}}+\frac{c}{\sqrt{a}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+a\sqrt{b}}$

Ta cần cm: $a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+a\sqrt{b}\leq a+b+c$

Thật vậy có: $a\sqrt{b}\leq\frac{a(b+1)}{2}$

Tương tự => $a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+a\sqrt{b}\leq \frac{a+b+c+ab+bc+ca}{2}$

Ta có: $a^2+b^2+c^2=3 => a+b+c\leq 3$

=> $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)$

Hay $ab+bc+ca \leq a+b+c 

=> ĐFCM

Dấu "=" khi a=b=c=1







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức am-gm

0 người đang xem chủ đề

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