Chủ đề này có 39 trả lời

[NPKhánh]

Cho x;y;z thoả mãn $x^2+ y^2+ z^2 = 9$. Tìm $max f(x;y;z) = xy^3+yz^3+ zx^3 =?$

[supermember]

Cho x;y;z thoả mãn $x^2+ y^2+ z^2 = 9$. Tìm $max f(x;y;z) = xy^3+yz^3+ zx^3 =?$

Bài này đưa về 1 bài của Vasc:CMR $3(xy^3+yz^3+ zx^3) \leq (x^2+y^2+z^2)^2 $

[dtdong91]

He thầy post ở đây rùi mà
http://diendantoanho...showtopic=29134

[daingu]

Cho: (x+y+z)xyz=1
Tìm gtnn của M=(x+y)(x+z)

[xvodanhx]

Bài này có gì đâu khó
GIẢI
ta có: (x+y+z)xyz =1
<=> $\ x^{2} $ + $\ y^{2} $ + $\ z^{2} $ + 2xy+2yz+2xz =1
<=> $\ (x+y+z)^{3} $ =1
<=> x+y+z=1
=> xyz=1
.Mặt khác: M =(x+y)(x+z)=(1-z)(1-y)= 1-z-y +yz = x + $\dfrac{1}{x} $
...........
TỚI Đó CHẮC AI CŨNG LÀM DC RỒI !!!!!!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xvodanhx: 25-02-2007 - 11:30

[daingu]

(x+y+z)xyz=1 <=> x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx =1 ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daingu: 25-02-2007 - 13:34

[dtdong91]

Hì dùng AM-GM thui
xyz(x+y+z)=$ yz(x^2+xy+xz) \leq \dfrac{(x^2+xy+yz+zx)^2}{4} =\dfrac{[(x+y)(x+z)]^2}{4}$
Xong xuôi

[10maths_tp0609]

$ M^2 \geq 4 \rightarrow min M= ???? $
bài này có đk a,b,c 0 không vậy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 25-02-2007 - 18:32

[chien than]

Ta có:
$a_1^2=1-b_1^2=(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2)$
=>$b_1=\sqrt{a_2^2+a_3^2+a_4^2+a_5^2} \geq \dfrac{1}{2}(a_2+a_3+a_4+a_5)$
Tương tự tự có:
$b_2 \geq \dfrac{1}{2}(a_1+a_3+a_4+a_5)$
$b_3 \geq \dfrac{1}{2}(a_1+a_2+a_4+a_5)$
$b_4 \geq \dfrac{1}{2}(a_1+a_2+a_3+a_5)$
$b_5 \geq \dfrac{1}{2}(a_1+a_2+a_3+a_4}$
Cộng từng vế các BĐT trên được:
$b_1+b_2+b_3+b_4+b_5 \geq 2(a_1+a_2+a_3+a_4+a_5)$
=>$\dfrac{b_1+b_2+...+b_5}{a_1+a_2+...+a_5} \geq 2$

[dtdong91]

Hừm hôm trước tui đưa đường link rùi mà
Cậu Vũ đã post ở đay rùi
http://diendantoanho...showtopic=28744

[Cindy_cute]

thử giải bài này đi mấy bạn ...
Cho a,b,c > $ \sqrt[3]{ \dfrac{1}{4} } $
Cmr:
$ \dfrac{a+b+c}{4(2\sqrt{abc}-1)} \geq \dfrac{1}{(b+c)^2} +\dfrac{1}{(c+a)^2} + \dfrac{1}{(a+b)^2} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cindy_cute: 28-02-2007 - 21:45

[dtdong91]

Hix thường thì đối với những bài này sai đề là rất dễ
Bài này cũng ko phải là ngoại lệ
Cho $ a=b=c=\sqrt[3]{\dfrac{1}{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dtdong91: 01-03-2007 - 20:47

[Cindy_cute]

Hix thường thì đối với những bài này sai đề là rất dễ
Bài này cũng ko phải là ngoại lệ
Cho $ a=b=c =\sqrt[3]{\dfrac{1}{3}}$

Trùi ui thế lại dùm đi bạn, hoàn toàn đúng bất đẳng thức

Nếu thế số như bạn thì VP = khoảng 3.3614683 còn VT = khoảng 1.56 hê hế sao mà sai được

[mathmath]

$\dfrac{1}{(a+b)^2}\leq\dfrac{1}{4ab}$ quy đồng suy ra bdt tương đương
$abc+1\geq\2sqrt{abc} $ "=" khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathmath: 02-03-2007 - 17:34

[dtdong91]

Hì hôm qua anh ốm mà hôm nay lên đã thấy chú em giải mất rùi
Thui đành góp thêm một cách tru bò vậy
Xét a b : geq c
=> $ f(a,b,c) \geq f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$
Cái này đúng do $ \dfrac{2}{(\sqrt{ab}+c)^2} \geq \dfrac{1}{(a+c)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}$

[MyLoveIs4Ever]

Cho a,b,c dương.CMR:
$\large\ 2^6\dfrac{abcd+1}{(a+b+c+d)^2} \leq a^2+b^2+c^2+d^2+\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}$

[supermember]

C/m:$\sum a^2 \geq 2(ab+bc+ca-6)$ với a,b,c>0 thỏa mãn abc=8

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 07-03-2007 - 19:17

[dtdong91]

Đúng là dễ thiệt
C1 : Dùng dồn biến
f(a,b,c) $ f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)$
C2 : Dùng tam thức bậc 2

[10maths_tp0609]

$ 4(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}+\dfrac{1}{d^2}) \geq (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d})^2 \geq \dfrac{16^2}{(a+b+c+a)^2} $
$ (a^2+b^2+c^2+d^2)(a+b+c+d)^2 \geq 2^6abcd $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 08-03-2007 - 19:53

[dtdong91]

Còn cách giải khác cũng khá là dùng bổ đề của anh VQBC
Với a+b+c=p,ab+bc+ca=$ \dfrac{p^2-q^2}{3}$
=>$\dfrac{(p+q)^2(p-2q)}{27} \leq abc \leq \dfrac{(p-q)^2(p+2q)}{27}$