Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

Khoảng trời dành cho sự sáng tạo


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 27 trả lời

#1 Sk8ter-boi

Sk8ter-boi

    (~.~)rubby(^.^)

  • Thành viên
  • 427 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:raffles-singapore
  • Sở thích:abc....abc xyz >.<

Đã gửi 19-01-2007 - 20:57

cho x;y;z>0 CMR
$\dfrac{3x}{(x+y+z)^2+9y^2} + \dfrac{3y}{(x+y+z)^2+9z^2} + \dfrac{3z}{(x+y+z)^2+9x^2} \geq \dfrac{3}{2(x+y+z)} $

xuất sứ :sáng tác hehe(khoe chút cho zui :Leftrightarrow)

@TIG Messi: Đề sai hoặc là em viết thừa thì phải :in, nếu vậy thì bỏ lun 3 ở tử số đi:
Hình đã gửi


--------
vâng chính thế , xin phép nói thêm
BDT với n số ko âm
$ \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{x_i}{( \sum\limits_{i=1}^{n}x_1)^2+n^2x_{i+1}^2 } \geq \dfrac{1}{2( \sum\limits_{i=1}^{n}x_i) } $
đc gọi tạm là BDT hannah :Leftrightarrow

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:17

i love 9C -- i luv u :x .... we'll never fall apart , but shine forever

9C - HN ams

#2 dtdong91

dtdong91

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1791 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K35-THPT chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An
  • Sở thích:đá bóng ,làm toán ,đọc sách

Đã gửi 21-01-2007 - 08:07

Đúng là rất thú vị
Chuẩn hóa x+y+z=3 ta được
$ \sum \dfrac{x}{9+9y^{2}} \geq \dfrac{1}{6}$
Lưu ý $ \dfrac{9x}{9+9y^{2}}=x (1-\dfrac{9y^{2}}{9+9y^{2}}) \geq x (1-\dfrac{y}{2})$ là được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:18

12A1-THPT PHAN BỘI CHÂU-TP VINH-NGHỆ AN

SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN

#3 Sk8ter-boi

Sk8ter-boi

    (~.~)rubby(^.^)

  • Thành viên
  • 427 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:raffles-singapore
  • Sở thích:abc....abc xyz >.<

Đã gửi 21-01-2007 - 10:21

vâng ; đó là 1 lời giải rất hay vì có sử dụng pp chuẩn hóa và Am-Gm ngược dấu ..
như các bạn đã biết ; việc sáng tạo ra các bdt là 1 nhu cầu thiết yếu và cũng khá thú vị ; nhất là đối với những học sinh muốn đi sâu vào BDT hay những học sinh phải làm chuyên đề...(như tui nah` :))
quay lại bài toán trên ; con đường đi đến nó khá đơn giản
nếu ta đặt $x= \dfrac{3a}{a+b+c} ;y= \dfrac{3b}{a+b+c} ;z= \dfrac{3c}{a+b+c}$
chúng ta sẽ có BDT tương đương
a;b;c >0 ; a+b+c=3
$\sum \dfrac{a}{1+b^2} \geq \dfrac{3}{2}$
đây là 1 BDT khá quen thuộc có thể giải bằng Am-Gm ngược dấu

Với ý tưởng tương tự như vậy ; ta có thể lập ra 1 số BDT như sau:
với các biến tham gia dương x;y;z;t ta luôn có :
$1) \sum \dfrac{4x+y+z}{(x+y+z)^2+9y^2} \geq \dfrac{3}{x+y+z}$
$2) \sum \dfrac{x^2}{x(x+y+z)^2+18y^3} \geq \dfrac{1}{3(x+y+z)}$
$3) \sum\limits_{cyc(x;y;z;t)}\dfrac{x}{(x+y+z+t)^3+64y^2z} \geq \dfrac{1}{2(x+y+z+t)^2} $

giờ hãy thử làm 1 bài khác
cho a;b;c là các số thực dương ; cmr:
$ \dfrac{8a^3}{b^3} + \dfrac{b^3}{216c^3} + \dfrac{27c^3}{a^3} \geq \dfrac{2 \sqrt{a} }{ b\sqrt{6c} }\sqrt{ab+18c^2} + \dfrac{ \sqrt{b} }{6c \sqrt{a}}\sqrt{3bc+2a^2} + \dfrac{3 \sqrt{c} }{a\sqrt{b} }\sqrt{b^2+12ac} $

N.xét:bài này lộ hơn các bài trước; nhưng ở đây tôi muốn nhấn mạnh dạng TÍCH....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hannah Montana: 21-01-2007 - 10:23

i love 9C -- i luv u :x .... we'll never fall apart , but shine forever

9C - HN ams

#4 Sk8ter-boi

Sk8ter-boi

    (~.~)rubby(^.^)

  • Thành viên
  • 427 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:raffles-singapore
  • Sở thích:abc....abc xyz >.<

Đã gửi 25-01-2007 - 22:41

1 BĐT mới cho ra lò từ ....hum qua :D
CMR với a,b,c >1/3 ta luôn có
$\sum \sqrt[4]{a}+ \sum 2 \sqrt[4]{a+3b} \geq \sum \sqrt[4]{1-\dfrac{2b}{a+2b} } +2\sum \sqrt[4]{ 1+\dfrac{b}{a+2b} } $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:18

i love 9C -- i luv u :x .... we'll never fall apart , but shine forever

9C - HN ams

#5 TIG Messi

TIG Messi

    ^_^ Need + Enough = Success ^_^

  • Thành viên
  • 368 Bài viết
  • Đến từ:KCTNT
  • Sở thích:Toán, English, đá bóng, Xiền + PS2

Đã gửi 26-01-2007 - 17:07

1 BĐT mới cho ra lò từ ....hum qua :D
CMR với a,b,c >1/3 ta luôn có
$\sum \sqrt[4]{a}+ \sum 2 \sqrt[4]{a+3b} \geq \sum \sqrt[4]{1-\dfrac{2b}{a+2b} } +2\sum \sqrt[4]{ 1+\dfrac{b}{a+2b} } $

Bài này hiển nhiên thì phải :D Có chú ý chút là a,b,c :D 1/3 thì mới có dấu bằng :D
BĐT tương đương với:
Hình đã gửi
Hình đã gửi
Điều này đúng theo giả thiết của bài toán

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:19


#6 Sk8ter-boi

Sk8ter-boi

    (~.~)rubby(^.^)

  • Thành viên
  • 427 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:raffles-singapore
  • Sở thích:abc....abc xyz >.<

Đã gửi 26-01-2007 - 20:22

ấy chà; xin lỗi ; đk là a+b+c=1 ...

p/s: đặt theo kiểu anh ducpbc sai ở phân thức thứ 3 của VT nên ko trở thành đối xứng đc ; nhân đây xin nêu thêm 1 bài khá lỏng
a_i>0.CM
$ \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{i \sqrt{i} }{ \sqrt{a_i} } \geq \dfrac{2n \sqrt{n} }{ \sqrt{2(n+1)( \sum\limits_{i=1}^{n} a_i)} } $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:26

i love 9C -- i luv u :x .... we'll never fall apart , but shine forever

9C - HN ams

#7 Sk8ter-boi

Sk8ter-boi

    (~.~)rubby(^.^)

  • Thành viên
  • 427 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:raffles-singapore
  • Sở thích:abc....abc xyz >.<

Đã gửi 28-01-2007 - 23:14

hâm nóng bầu ko khí 1 chút với 1 BDT tiếp theo trong cđề của em(khoe lần nữa :))
cho x;y;z>0 cmr
$\sum \dfrac{x}{2x^2+yz} \geq \dfrac{9xyz}{(xy+yz+xz)^2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:27

i love 9C -- i luv u :x .... we'll never fall apart , but shine forever

9C - HN ams

#8 Sk8ter-boi

Sk8ter-boi

    (~.~)rubby(^.^)

  • Thành viên
  • 427 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:raffles-singapore
  • Sở thích:abc....abc xyz >.<

Đã gửi 01-02-2007 - 21:17

cho a;b;c là các số thực dương ; cmr:
$ \dfrac{8a^3}{b^3} + \dfrac{b^3}{216c^3} + \dfrac{27c^3}{a^3} \geq \dfrac{2 \sqrt{a} }{ b\sqrt{6c} }\sqrt{ab+18c^2} + \dfrac{ \sqrt{b} }{6c \sqrt{a}}\sqrt{3bc+2a^2} + \dfrac{3 \sqrt{c} }{a\sqrt{b} }\sqrt{b^2+12ac} $

N.xét:bài này lộ hơn các bài trước; nhưng ở đây tôi muốn nhấn mạnh dạng TÍCH....


bài trên lời giải khá đơn giản
trước tiên ta đặt $\dfrac{2a}{b}=x ; \dfrac{b}{6c}=y ; \dfrac{3c}{a}=z $
ta có BDT tương đương với
x;y;z>0 và xyz=2
CMR: $x^3+y^3+z^3 \geq x\sqrt{y+z} +y\sqrt{x+z} +z\sqrt{x+y}$
mặt khác ta có $x^3+y^3+z^3 \geq \dfrac{(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)}{3}= \dfrac{[(x+y)+(y+z)+(z+x)](x^2+y^2+z^2)}{6} \geq \dfrac{(x\sqrt{y+z} +y\sqrt{x+z} +z\sqrt{x+y})^2 }{6} $
bài toán trở thành CM
$x\sqrt{y+z} +y\sqrt{x+z} +z\sqrt{x+y} \geq 6$
xyz=2 nên bài toán trên là khá dễ dàng ...

chú ý rằng ; ngoài việc lao đầu vào chứng minh 1 bài toán ; ta nên có cái nhìn tổng quan về bài toán đó trước , để thấy đc sự quan hệ giữa các bài toán với nhau .
ở đây cũng nêu thêm ; đôi khi , từ 1 BDT cho trước ; ta cũng có thể tạo ra 1 BDT mới , và điều quan trọng là che giấu đi ĐK của BDT cũ .... , như ở trên , chúng ta đã che dấu đi đc đk abc=2

tiếp tục với 1 BĐt , tư tưởng đặt ẩn phụ khá hay .... và khó :delta
[Gabriel Dospinescu]
cho a,b,c>0 a+b+c=6
CMR
$\sqrt{a+1} + \sqrt{b+1} + \sqrt{c+1} \geq \sqrt{15+ab+bc+ac} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:27

i love 9C -- i luv u :x .... we'll never fall apart , but shine forever

9C - HN ams

#9 dtdong91

dtdong91

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1791 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K35-THPT chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An
  • Sở thích:đá bóng ,làm toán ,đọc sách

Đã gửi 02-02-2007 - 15:41

tiếp tục với 1 BĐt , tư tưởng đặt ẩn phụ khá hay .... và khó :delta
[Gabriel Dospinescu]
cho a,b,c>0 a+b+c=6
CMR
$\sqrt{a+1} + \sqrt{b+1} + \sqrt{c+1} \geq \sqrt{15+ab+bc+ac} $

Hừm đặt a+1=x,...
=> x+y+z=9
và $ \sum \sqrt{x} \geq \sqrt{xy+yz+zx}$
Cái này bình phương lên thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:28

12A1-THPT PHAN BỘI CHÂU-TP VINH-NGHỆ AN

SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN

#10 Sk8ter-boi

Sk8ter-boi

    (~.~)rubby(^.^)

  • Thành viên
  • 427 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:raffles-singapore
  • Sở thích:abc....abc xyz >.<

Đã gửi 10-02-2007 - 21:43

xin hỏi anh dtdong , sau khi bình phương lên rồi làm tiếp thế nào nhỉ , anh mới chỉ đưa ra 1 BDt tương đương chứ chưa có 1 sự đánh giá cụ thể nào :sqrt{a}

đã khá lâu rồi ; xin đưa ra lời giải của bài tập sau:

$\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{i \sqrt{i} }{ \sqrt{a_i} } \geq \dfrac{2n\sqrt{n} }{ \sqrt{2(n+1)( \sum\limits_{i=1}^{n}a_i } }$

$ \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{i \sqrt{i} }{ \sqrt{a_i} }= \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{ \sqrt{ i\dfrac{a_i}{i} } } \geq \dfrac{n^2}{ \sum\limits_{i=1}^{n}i \sqrt{\dfrac{a_i}{i} } } \geq \dfrac{n^2}{ \dfrac{n(n+1)}{2} \sqrt{ \dfrac{ \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{a_i}{i} }{ \dfrac{n(n+1)}{2} } } } =\dfrac{2n\sqrt{n} }{ \sqrt{2(n+1)( \sum\limits_{i=1}^{n}a_i )} } $-->dpcm

điều nhấn mạnh ở đây , các bạn vẫn hay sử dụng BDT cauchy dạng lũy thừa
$ \dfrac{ \sum\limits_{i=1}^{n}a_i^m }{n} \geq ( \dfrac{ \sum\limits_{i=1}^{n}a_i }{n})^m $
nhưng lại hay quên BDT song hành với BDT trên là
$\dfrac{ \sum\limits_{i=1}^{n} \sqrt[n]{a_i} }{m} \leq \sqrt[n]{ \dfrac{ \sum\limits_{i=1}^{n}a_i }{m} } $

tiếp theo hãy thử sức với 1 BDt khá kỳ dị nhưng con đường đi đến nó thì khá thú vị
với a,b,c>0 cmr
$\dfrac{ \sqrt[4]{a} }{ \sqrt{ \sqrt{a^9}+8 \sqrt[4]{b^9.c^9} } } +\dfrac{ \sqrt[4]{b} }{ \sqrt{ \sqrt{b^9}+8 \sqrt[4]{a^9.c^9} } }+\dfrac{ \sqrt[4]{c} }{ \sqrt{ \sqrt{c^9}+8 \sqrt[4]{a^9.b^9} } } \geq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:29

i love 9C -- i luv u :x .... we'll never fall apart , but shine forever

9C - HN ams

#11 dtdong91

dtdong91

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 1791 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K35-THPT chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An
  • Sở thích:đá bóng ,làm toán ,đọc sách

Đã gửi 11-02-2007 - 10:31

Hì có gì đâu em đến đó rùi nhân 3 vào Vp và $ \sqrt{x+y+z}$ vào VT tùi bình phương lên và xài Cauchy-Schwarz đưa về c/m 1 BDt quen biết sau
$ \sum x^2+\sum 2x\sqrt{yz} \geq \sum 3xy $
c/m cái này có thể dùng dồn biến hoặc S.O.S một phát :sqrt{a}

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:29

12A1-THPT PHAN BỘI CHÂU-TP VINH-NGHỆ AN

SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN

#12 sieuthamtu_sieudaochit

sieuthamtu_sieudaochit

    Binh nhất

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

Đã gửi 27-04-2009 - 15:17

Mình cũng có sáng tác một số bài bất đẳng thức, các bạn xem thử nhé.

1. Cho $x,y,z$ là các số thưc không âm thỏa $xyz=1$.CMR
$\dfrac{x^4-x}{x^2+y+z}+\dfrac{y^4-y}{y^2+z+x}+\dfrac{z^4-z}{z^2+x+y}\geq 0$
Dấu bằng xảy ra khi nào ?

2. Cho các số thực dương thỏa $a^2+b^2+c^2=9$
Tìm GTLN của

$P=\sqrt{ab(6-bc)(6-ca)}+\sqrt{bc(6-ca)(6-ab)}+\sqrt{ca(6-ab)(6-bc)}$
P/s. Quên mất bài này giải sau roài.

3. Cho các số dương thỏa $ab+bc+ca \le 24abc$.Chứng minh rằng

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

Dấu bằng xảy ra khi nào ?

4. Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa $abc=1$. Chứng minh rằng

$\dfrac{a^2}{\sqrt{a^4+4(b+c)}}+\dfrac{b^2}{\sqrt{c^4+4(a+b)}}+\dfrac{c^2}{\sqrt{c^4+4(a+b)}}\geq 1$

5. Cho các số thức dương thỏa $a^3+b^3+c^3=3$. CMR

$\dfrac{abc}{a^4+b+c}+\dfrac{abc}{b^4+c+a}+\dfrac{abc}{c^4+a+b}\leq \dfrac{a+b+c}{a^2+b^2+c^2}$

6. Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa $x^2+y^2+z^2 \ge x+y+z$. Chứng minh rằng

$\dfrac{x^3-x^2}{x^3+y^2+z^2}+\dfrac{y^3-y^2}{y^3+z^2+x^2}+\dfrac{z^3-z^2}{z^3+x^2+y^2} \ge 0$

7. Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa $xyz=1$. Chừng minh rằng

$\dfrac{x^5}{x^7(y^2+z^2)+1}+\dfrac{y^5}{y^7(z^2+x^2)+1}+\dfrac{z^5}{z^7(x^2+y^2)+1} \le 1$

P/s. Bài này là do em chế lại thoai.

8. Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:

$(\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}{2}}+1)(\sqrt{\dfrac{b^2+c^2}{2}}+1)(\sqrt{\dfrac{c^2+a^2}{2}}+1) > (8abc+1)^3$

9. Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa $abc=1$. Chứng minh rằng

$a+b+c \ge\dfrac{1}{a}(2-c)+\dfrac{1}{b}(2-a) +\dfrac{1}{c}(2-b)$

10. Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa

$\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}=6$.

Tìm GTNN của

$P=\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 10:59

[TEX] [/TEX]
Cái này là gì thế nhỉ

#13 Te.B

Te.B

    Once [I]MC-ers ~ 4ever [I]MC-ers

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Sách, các môn khoa học tự nhiên, tiếng anh ^^, âm nhạc, những thứ mà phần lớn con gái kô thik. :D

Đã gửi 27-04-2009 - 19:14

9. Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa $abc=1$. Chứng minh rằng

$a+b+c \ge\dfrac{1}{a}(2-c)+\dfrac{1}{b}(2-a) +\dfrac{1}{c}(2-b)$

Em chém bài 9 ( dễ nhất)
Do a,b,c là các số nguyên dương và $ abc=1 $ nên $ \Rightarrow a = \dfrac{1}{bc} \Rightarrow \dfrac{1}{a}=bc $
Tương tự ta cũng có $ \dfrac{1}{b}=ac; \dfrac{1}{c}=ab $
Do đó bdt phải chứng minh tương đương:
$ a+b+c \geq bc(2-c) +ac(2-a)+ ab(2-b)
\Leftrightarrow a+b+c \geq 2bc - b{c}^{2} + 2ac - {a}^{2}c + 2ab - a{b}^{2}
\Leftrightarrow a({b}^{2}-2b+1) + b({c}^{2}-2c+1) + c({a}^{2}-2a+1) \geq 0
\Leftrightarrow a{(b-1)}^{2}+b{(c-1)}^{2}+c{(a-1)}^{2} \geq 0 $ (luôn đúng với mọi a,b,c thỏa mãn giả thiết)
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:22

ĐI THI TA VỐN KHÔNG HAM ;))
NHƯNG VÌ CÓ GIẢI NÊN LÀM CHO VUI ;))
T/G: CRAZY FAN OF NO-EXAM CLUB =))


#14 khanhtm

khanhtm

    Super Monkey

  • Thành viên
  • 63 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên tin PTNK

Đã gửi 25-05-2009 - 15:33

Mình cũng có sáng tác một số bài bất đẳng thức, các bạn xem thử nhé.

10. Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa

$\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}=6$.

Tìm GTNN của

$P=\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}$

Mấy bài của ông trông thì khủng nhưng hình như ko khó.
Bài này, $\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}=6 \ge a+b+c$
Suy ra, $P=\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c} \ge \dfrac{9}{3+a+b+c} \ge 1$
Vậy min P = 1 khi a=b=c=2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:30


#15 AvidAbel_9x09

AvidAbel_9x09

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đông Anh -Hà nội

Đã gửi 05-07-2009 - 09:04

Em cũng có một bài(hình như đã đăng rùi nhưng ko thấy ai trả lời :wub: )
"Cho a,b,c là ba số ko âm thỏa mãn $ a+b+c=3$. CMR:
$ A=a^{4}/(a-b)(a-c)+b^{4}/(b-c)(b-a)+c^{4}/(c-a)(c-b) <27/4$"
đây là bài do em tự chế ko bít có vấn đề ji ko?nhưng em thử làm rùi! Chắc là đúng :wub: . Xin đc chỉ giáo thếm

#16 terenceTAO

terenceTAO

    mathematics...

  • Thành viên
  • 197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THANH HÓA
  • Sở thích:toan ,bong da ..

Đã gửi 28-02-2010 - 05:50

mình thử chém bài 1xem sao ap dụng bất đẳng thức cauchy-schwarz ta có $\(z+y+1)(x^2+y+z)>=(x+y+z)^2$

$\dfrac{x^4-x}{x^2+y+z}$ >=$\dfrac{(x^4-x)(y+z+1)}{(x+y+z)^2}$
tương tư với 3 phân thức còn lại
sau đó lam đơn giản thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 16-07-2011 - 09:32

Stay hungry,stay foolish


#17 andymurray44

andymurray44

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Hà Nội Amsterdam

Đã gửi 31-03-2013 - 18:49

mình thử chém bài 1xem sao ap dụng bất đẳng thức cauchy-schwarz ta có $\(z+y+1)(x^2+y+z)>=(x+y+z)^2$

$\dfrac{x^4-x}{x^2+y+z}$ >=$\dfrac{(x^4-x)(y+z+1)}{(x+y+z)^2}$
tương tư với 3 phân thức còn lại
sau đó lam đơn giản thôi

Ông ngước dấu rùi :wacko:



#18 khoacktv

khoacktv

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 19-10-2013 - 12:00

chào các bạn. Mình có 1 số vấn đề muốn hỏi. Hiện giờ có 1 ý kiến dựa vào $f(x)\leq m \forall x\Leftrightarrow Max f(x)\leq m$ để CM BDT sau: Cho x,y,z>0 x+y+z=3

P=$\frac{x^{2}}{1+y^{2}}+\frac{y^{2}}{1+z^{2}}+\frac{z^{2}}{1+x^{2}}\geq \frac{3}{2}$

Bài giải

Sử dụng BDT cauchy schwarz ta có P $\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3+x^{2}+y^{2}+z^{2}}$=f(x,y,z)  $\forall$ x,y,z>0

Mà f(x,y,z)$\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}}$=3/2 $\forall$ x,y,z>0

vì $P\geq f(x,y,z)\Leftrightarrow P\geq Max f(x,y,z)=3/2 hay P\geq 3/2 (đpcm)$

Bạn xem bài chứng minh này đúng không. Nếu sai mong bạn nói rõ chỗ sai dùm.



#19 hoanganhhaha

hoanganhhaha

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội-Amsterdam
  • Sở thích:máy bay máy bò

Đã gửi 11-05-2014 - 16:40

$P=\sum \frac{x^2(1+y^2)-x^2y^2}{1+y^2}\geq x^2-\frac{x^2y^2}{2y}=\sum x^2-\sum \frac{x^2y}{2}$

 

mà ta có$(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)=(x^3+xy^2)+(y^3+yz^2)+(z^3+zx^2)+(x^2y+y^2z+z^2x)\geq 3(x^2y+y^2z+z^2x)$

 

do đó$\sum x^2 -\frac{1}{2}\sum x^2y\geq \sum x^2- \frac{1}{2}\sum x^2$= $\frac{1}{2}\sum x^2\geq \frac{3}{2}$



#20 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 07-06-2014 - 12:32

Mình chế được cái bày này ( không biết đụng hàng ai chưa ) 
Cho $\sqrt{\frac{x}{y+z}}=a$ $\sqrt{\frac{y}{x+z}}=b$ $\sqrt{\frac{z}{x+y}}=c$ với $x,y,z>0$ 
C/m $a.b+bc+ac>2,5$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 07-06-2014 - 12:33





0 người đang xem chủ đề

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