Chủ đề này có 208 trả lời

[anhtuan_kt01]

minh co bai nay DH TAY NGUYEN :
A,B,C la 3 goc cua tam giac CMR
$\dfrac{1 }{sinA}+\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC} \geq 2\sem\sqrt{3}$
de thui ! giup ban voi!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:28

[supermember]

minh co bai nay DH TAY NGUYEN :
A,B,C la 3 goc cua tam giac CMR
$\dfrac{1 }{sinA}+\dfrac{1}{sinB}+\dfrac{1}{sinC} \geq 2\sem\sqrt{3}$
de thui ! giup ban voi!

Ta có hàm số y=sinx là hàm lõm trên $[0, \pi] \Rightarrow sinA+sinB+sinC \leq \dfrac{3 \sqrt{3} }{2}$ (BĐT Jensen).Từ đây áp dụng AM-GM ta có điều phải c/m

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:29

[NPKhánh]

Dùng tọa độ đây!
Đặt $----->DPCM$

Cách 2:

$\Large \vec{u} = (\dfrac {1}{x} -x;\sqrt{2}) ; \vec{v} = (\dfrac {1}{y} -y;\sqrt{2}) ;\vec{w} = (\dfrac {1}{z} -z;\sqrt{2}) $

$ \Large |\vec{u}|+|\vec{v}| + |\vec{w}| \ge |\vec{u}+\vec{v}|+|\vec{w}| \ge |\vec{u}+\vec{v}+\vec{w}|$

$\Large M = \sqrt{x^2 + \dfrac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \dfrac{1}{y^2}} + {\sqrt{z^2 + \dfrac{1}{z^2}} \geq \sqrt {[(\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}) - (x+y+z) ]^2 + 18} $

$ \Large (\dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}) - (x+y+z) = (\dfrac{1}{x}+ 9x ) +(\dfrac{1}{y}+ 9y )+(\dfrac{1}{z}+ 9z ) -10(x+y+z) \ge 6+6+6 - 10 = 8 $.

Dùng cauchy và x+y+z 1.Khi đó$ \Large M \ge \sqrt{8^2 + 18} = \sqrt{82} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:29

[NPKhánh]

Bài 12: Tương tự :
Cho x,y,z là 3 số dương và$ \large x + y + z \leq 2$. Chứng minh rằng : $\large \sqrt{4x^2 + \dfrac{1}{x^2}} + \sqrt{4y^2 + \dfrac{1}{y^2}} + \sqrt{4z^2 + \dfrac{1}{z^2}} \geq \dfrac{\sqrt{145}}{2} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 19-01-2012 - 19:32

[NPKhánh]

Tương tự :
Cho x,y,z là 3 số dương và$\dfrac{x^2}{16}$ và 81 số $\dfrac{1}{81x^2} $
$\Large 4x^2 + \dfrac{1}{x^2} \geq 145 {\sqrt[145]{(\dfrac{x}{4})^{128}.(\dfrac{1}{9x})^{162}} \Rightarrow {\sqrt{4x^2 + \dfrac{1}{x^2}} \geq \dfrac{\sqrt{145}}{3.\sqrt[145]{2^{128}(3x)^{17}}}} ; (1)$
Tương tự :
$ \Large {\sqrt{4y^2 + \dfrac{1}{y^2}} \geq {\dfrac{\sqrt{145}}{3.\sqrt[145]{2^{128}(3y)^{17}}}; {\sqrt{4z^2 + {\dfrac{1}{z^2}} }\geq \dfrac{\sqrt{145}}{3.\sqrt[145]{2^{128}(3z)^{17}}}; (2) $
Cộng vế theo vế ta được
$ \Large N \geq {\dfrac{\sqrt{145}}{3\sqrt[145]{2^{128}}}({\dfrac{1}{\sqrt[145]{(3x)^{17}}} + {\dfrac{1}{\sqrt[145]{(3y)^{17}}}+{ \dfrac{1}{\sqrt[145]{(3z)^{17}}}) \geq {{\dfrac{\sqrt{145}}{\sqrt[145]{2^{128}(3\sqrt[3]{xyz})^{17}}}\geq {{\dfrac{\sqrt{145}}{\sqrt[145]{2^{128}(x+y+z)^{17} }}\geq {\dfrac{\sqrt{145}}{2}} $
Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =2/3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 19-01-2012 - 19:33

[NPKhánh]

Tương tự :
Cho x,y,z là 3 số dương và$ \large x + y + z \leq 2$. Chứng minh rằng : $\large \sqrt{4x^2 + \dfrac{1}{x^2}} + \sqrt{4y^2 + \dfrac{1}{y^2}} + \sqrt{4z^2 + \dfrac{1}{z^2}} \geq \dfrac{\sqrt{145}}{2} $

Sử dụng điểm rơi của bất đẳng thức Bunhiacosky
$\Large {\sqrt{(8^2 + 9^2)(4x^2 + \dfrac{1}{x^2})} \geq 16x + \dfrac{9}{x} = 81(\dfrac{x}{4} + {\dfrac{1}{9x})} - \dfrac{17x}{4} \geq 81.\dfrac{1}{3} - \dfrac{17x}{4} = 27- \dfrac{17x}{4}}; (1)$
Tương tự
$\Large {\sqrt{(8^2 + 9^2)(4y^2 + \dfrac{1}{y^2})} \geq 16y + \dfrac{9}{y} = 81(\dfrac{y}{4} + {\dfrac{1}{9y})} - \dfrac{17y}{4} \geq 81.\dfrac{1}{3} - \dfrac{17y}{4} = 27- \dfrac{17y}{4}}; (2)$
$\Large {\sqrt{(8^2 + 9^2)(4z^2 + \dfrac{1}{z^2})} \geq 16z + \dfrac{9}{z} = 81(\dfrac{z}{4} + {\dfrac{1}{9z})} - \dfrac{17z}{4} \geq 81.\dfrac{1}{3} - \dfrac{17z}{4} = 27- \dfrac{17z}{4}}; (3)$
Cộng vế theo vế ta được $\Large \sqrt{145}.N \geq 3.27 - \dfrac{17}{4}(x+y+z) \geq 81 - \dfrac{17}{2} = \dfrac{145}{2} \Rightarrow N \geq \dfrac{\sqrt{145}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 19-01-2012 - 19:34

[NPKhánh]

Tương tự :
Cho x,y,z là 3 số dương và$ \large x + y + z \leq 2$. Chứng minh rằng : $\large \sqrt{4x^2 + \dfrac{1}{x^2}} + \sqrt{4y^2 + \dfrac{1}{y^2}} + \sqrt{4z^2 + \dfrac{1}{z^2}} \geq \dfrac{\sqrt{145}}{2} $

Bài toán này còn có thể giải theo phương pháp toạ độ và đạo hàm :Tương tự trên các em tự giải nhé!

$ \Large \vec{u} =(2x;\dfrac{1}{x}) ; \vec{v} =(2y;\dfrac{1}{y}); \vec{w} =(2z; \dfrac{1}{z})$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:31

[NPKhánh]

Thoạt nhỉn cứ tưởng đây là bài toán tương tự như trên. Nhưng cũng tương tự thật
Bài 13: Cho $a,b,c>0 & a+b+c \leq\dfrac{3}{2}$. CMR $\sqrt{a^2+\dfrac{1}{b^2}}+\sqrt{b^2+\dfrac{1}{c^2}}+\sqrt{c^2+\dfrac{1}{a^2}} \geq \dfrac{3\sqrt{17}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 19-01-2012 - 19:35

[Prudential112410]

Còn cách nào khác không .
Cách này quá mạnh, không phù hợp với các bạn thi ĐH!

[Prudential112410]

[quote name='NPKhánh' date='December 09, 2006 11:38 am']Thoạt nhỉn cứ tưởng đây là bài toán tương tự như trên. Nhưng cũng tương tự thật
$\sum(sin^2a+1+cotg^2a)$
Bài này cũng rất hay!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:33

[t_toan]

Chứng minh rằng:$a,b,c$ là các số không nhỏ hơn $1$ thì:
$\large\dfrac{1}{1^3+a^3}+\dfrac{1}{1^3+b^3}+\dfrac{1}{1^3+c^3}$ $\large\dfrac{3}{1^3+a.b.c}$
Tui làm chưa ra.............

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:35

[dtdong91]

Đây là hệ quả của Jensen mà ,chỉ cần c/m BDT sau là được
$ \dfrac{1}{1+x^{2}}+\dfrac{1}{1+y^{2}} \geq \dfrac{2}{1+xy}$
cái này đúng với mọi x ,y 1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:35

[Prudential112410]

Đây là hệ quả của Jensen mà ,chỉ cần c/m BDT sau là được
$\dfrac{1}{1+x^{2}}+\dfrac{1}{1+y^{2}}>=\dfrac{2}{sqrt{(1+x^2)(1+y^2)}}$
Ta CM:
$\sqrt{(1+x^2)(1+y^2)} \leq 1+xy$
Cài này thì khai triển là OK!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:38

[Lity124]

Ta CM:

Cài này thì khai triển là OK!

ngược chiều r�ồi bạn ạ ! BDT đó chỉ cần quy đ�ồng là xong

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 31-05-2011 - 19:41

[supermember]

Đây là hệ quả của Jensen mà ,chỉ cần c/m BDT sau là được
$ \dfrac{1}{1+x^{2}}+\dfrac{1}{1+y^{2}} \geq \dfrac{2}{1+xy}$
cái này đúng với mọi x ,y 1

Cái đó ko phải c/m=Jensen mà dùng cách biến đổi tương đương đưa về dạng $ \dfrac{(ab-1)(a-b)^2}{(1+a^2)(1+b^2)} \geq 0 $ do a,b>1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:39

[supermember]

Chứng minh rằng:$a,b,c$ là các số không nhỏ hơn $1$ thì:
$\large\dfrac{1}{1^3+a^3}+\dfrac{1}{1^3+b^3}+\dfrac{1}{1^3+c^3}$ $\large\dfrac{3}{1^3+a.b.c}$
Tui làm chưa ra.............

Tuy nhiên bài này cũng có thể làm như vậy:BĐT $\Leftrightarrow \sum \dfrac{abc-a^3}{1+a^3} \geq 0 \Leftrightarrow \dfrac{ab(c-a)+a^2(b-a)}{1+a^3} \geq 0$ và đưa BĐT về S.O.S

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:40

[anhtuan_kt01]

tui cũng có bài này nhưng ko phải là đề thi DH (đề thi của trường đấy!!)
Bài 14: cho a,b >0 ; a+b =1
CMR $(a+\dfrac{1}{a})^2 + (b+\dfrac{1}{b})^2 \geq 12.5$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 19-01-2012 - 19:36

[vo thanh van]

Bài trên là một dạng của BDT Jensen đấy,ta có thể cm như sau:
Xét $\dfrac{1}{1+a^{3}} + \dfrac{1}{1+b^{3}} + \dfrac{1}{1+c^{3}} + \dfrac{1}{1+abc} $,áp dụng BDT $ \dfrac{1}{1+a^{2}} +\dfrac{1}{1+b^{2}} \geq \dfrac{2}{1+abc} $ 2 lần và có được
$\dfrac{1}{1+a^{3}} + \dfrac{1}{1+b^{3}} + \dfrac{1}{1+c^{3}} + \dfrac{1}{1+abc} \geq \dfrac{4}{1+abc} \Rightarrow $đ.p.c.m

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:41

[lyxuansang91]

Bài trên là một dạng của BDT Jensen đấy,ta có thể cm như sau:
Xét $\dfrac{1}{1+a^{3}} + \dfrac{1}{1+b^{3}} + \dfrac{1}{1+c^{3}} + \dfrac{1}{1+abc} $,áp dụng BDT $ \dfrac{1}{1+a^{2}} +\dfrac{1}{1+b^{2}} \geq \dfrac{2}{1+abc} $ 2 lần và có được
$\dfrac{1}{1+a^{3}} + \dfrac{1}{1+b^{3}} + \dfrac{1}{1+c^{3}} + \dfrac{1}{1+abc} \geq \dfrac{4}{1+abc} \Rightarrow $đ.p.c.m

Bài trên đúng là dùng bất đẳng thức JENSEN nhưng ai có thể làm khác được không?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 13-06-2009 - 08:41

[dtdong91]

[quote name='ducpbc' date='December 14, 2006 07:11 pm'] Tuy nhiên bài này cũng có thể làm như vậy:BĐT http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)
tuy nhiên nó khá giống Jensen