Chủ đề này có 181 trả lời

[duca1pbc]

Cứu tôi với! hóc rồi:
"cho a,b,c là số đo ba cạnh của một tam giác.CMR:$(2a+2b-c)(2b+2c-a)(2c+2a-b) \leq 27abc$"
Lời tựa:đây là một bài toán do mình tự nghĩ ra, ko biết có đúng ko nhưng mình thử vài giá tri thì thây nó ko hề vi phạm dấu BDT. Lúc đầu mình cũng có suy ngix rằng dấu "=" sẽ xảy ra khi $a=b=c$ (vì thấy nó khá đối xứng mà)nhưng thử với bộ ba số(3,4,5),(6,8,10)hay (7,8,9) đều có dấu "=" cả.Phải chăng dấu "=" xảy ra khi a,b,c là ba số hạng liên tiêp của một cấp số cộng?Nếu thế thì hóc thật nhưng nếu SAI thì cũng đừng cười mình nha!

Bạn thử thay $c=\dfrac{a+b}{2} $ xem có đúng ko

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duca1pbc: 01-06-2009 - 15:05

[Hero Math]

em tự nghĩ ra bài này, nếu sai thì đừng cười nhé:
CMR: $\sqrt[4]{[(1+2x)(4x^{2}-2x+1)]^{3}} < x^{6}+10$

[Hero Math]

Theo BĐT bernoulli và BĐT côsi ta có:
$VT=(1+8x^{3})^{\dfrac{3}{4}} \leq 1+8x^{3}.\dfrac{3}{4}=1+6x^{3}=1+2.3.x^{3}\leq 1+9+x^{6}=10+x^{6}.$ Dấu ''='' ko xảy ra suy ra ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 02-06-2009 - 13:45

[Hero Math]

Cho a,b,c > 0 .CMR: $\dfrac{a^{3}}{b}+\dfrac{b^{3}}{c}+\dfrac{c^{3}}{a}\geq a\sqrt{ac}+b\sqrt{ba}+c\sqrt{bc}$

[Hero Math]

Bài này khá quen thuộc nhưng em mong các anh làm bằng nhiều cách nhé, càng nhiều càng hay:
Cho a,b, >0 và abc=1.TÌm GTNN của:$ P=\dfrac{1}{a^{3}(b+c)}+\dfrac{1}{b^{3}(a+c)}+\dfrac{1}{c^{3}(a+b)}$

[Hero Math]

Ko ai làm vậy em làm nhé:
C1:
Theo Bunhia: $(\dfrac{1}{a^{3}(b+c)}+\dfrac{1}{b^{3}(a+c)}+\dfrac{1}{c^{3}(a+b)})(a(b+c)+b(a+c)+c(a+b))\geq (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})^{2}=(ab+bc+ac)^{2}$
$ \Rightarrow P\geq \dfrac{ab+bc+ac}{2}\geq \dfrac{3 \sqrt[3]{(abc)^{2}}}{2}=\dfrac{3}{2}$
C2:
vì abc=1 nên $(abc)^{2}=1$.Theo BĐT schwazs ta có :
$P=\dfrac{(abc)^{2}}{a^{3}(b+c)}+\dfrac{(abc)^{2}}{b^{3}(a+c)}+\dfrac{(abc)^{2}}{c^{3}(a+b)}=\dfrac{(ab)^{2}}{ab+ac}+\dfrac{(bc)^{2}}{ba+bc}+\dfrac{(ac)^{2}}{ca+cb}$
$\geq \dfrac{(ab+bc+ac)^{2}}{2(ab+bc+ac)}=\dfrac{ab+bc+ac}{2}\geq \dfrac{3}{2}$
C3:
Đặt $x=\dfrac{1}{a}, y=\dfrac{1}{b}$ và $z=\dfrac{1}{c}$ thì $a+b=z(x+y) ; b+c=x(y+z)$ và $a+c=y(x+z)$
$ \Rightarrow P=\dfrac{x^{2}}{y+z}+\dfrac{y^{2}}{x+z}+\dfrac{z^{2}}{x+y}\geq \dfrac{x+y+z}{2}\geq \dfrac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 02-06-2009 - 21:15

[Hero Math]

quay trở lại bài trước nào

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 02-06-2009 - 21:19

[L_Euler]

Bài này khá quen thuộc nhưng em mong các anh làm bằng nhiều cách nhé, càng nhiều càng hay:
Cho a,b, >0 và abc=1.TÌm GTNN của:$ P=\dfrac{1}{a^{3}(b+c)}+\dfrac{1}{b^{3}(a+c)}+\dfrac{1}{c^{3}(a+b)}$

Bài này ôn thi ĐH rồi Đặt $1/a=x,1/b=y,1/c=z \to xyz=1$

Thế thì $P = \sum {\dfrac{1}{{a^3 (b + c)}}} = \sum {\dfrac{{bc}}{{a^2 (b + c)}}} = \sum {\dfrac{1}{{a^2 (\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c})}}} \ge \dfrac{{\sum {\dfrac{1}{a}} }}{2} \ge 3/2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L_Euler: 02-06-2009 - 22:13

[Hero Math]

Cho a,b,c > 0 .CMR: $\dfrac{a^{3}}{b}+\dfrac{b^{3}}{c}+\dfrac{c^{3}}{a}\geq a\sqrt{ac}+b\sqrt{ba}+c\sqrt{bc}$

còn bài này ạ,!

[Hero Math]

CHo a,b,c ko âm và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.TÌm GTNN :$ P=\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 02-06-2009 - 22:30

[Hero Math]

CHo a,b,c > 0 và ab+bc+ac=abc.Tìm $GTNN:A=\dfrac{bc}{a+abc}+\dfrac{ac}{b+abc}+\dfrac{ab}{c+abc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 03-06-2009 - 14:46

[Hero Math]

a,tìm x, y thỏa mãn PT:$ (x^{2}-y^{2}+2)^{2}+4x^{2}y^{2}+6x^{2}-y^{2}=0$ sao cho$ P=x^{2}+y^{2}$ đạt GTNN

b,bài này mọi người làm nhiều cách nhé:
CMr: với $x,y,z>0$ thì $\dfrac{2x}{x^{6}+y^{4}}+ \dfrac{2y}{y^{6}+z^{4}}+ \dfrac{2z}{z^{6}+x^{4}}\leq \dfrac{1}{x^{4}}+\dfrac{1}{y^{4}}+\dfrac{1}{z^{4}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 03-06-2009 - 16:37

[apollo_1994]

a,tìm x, y thỏa mãn PT:$ (x^{2}-y^{2}+2)^{2}+4x^{2}y^{2}+6x^{2}-y^{2}=0$ sao cho$ P=x^{2}+y^{2}$ đạt GTNN

b,bài này mọi người làm nhiều cách nhé:
CMr: với $x,y,z>0$ thì $\dfrac{2x}{x^{6}+y^{4}}+ \dfrac{2y}{y^{6}+z^{4}}+ \dfrac{2z}{z^{6}+x^{4}}\leq \dfrac{1}{x^{4}}+\dfrac{1}{y^{4}}+\dfrac{1}{z^{4}}$

a)$y^2=P-x^2$
Thay vào pt có:$15x^2+p^2-5p+4=0$
$\Leftrightarrow (p-1)(p-4)=-15x^2 \leq 0 \Rightarrow P \geq 1 \Leftrightarrow x=0,y= \pm 1$
b) $\sum \dfrac{2x}{x^{6}+y^{4}} \leq \sum \dfrac{2x}{2x^3y^2}= \sum \dfrac{1}{x^2y^2} \leq \sum \dfrac{1}{x^4} $
OK!

[nguyen_ct]

CHo a,b,c > 0 và ab+bc+ac=abc.Tìm $GTNN:A=\dfrac{bc}{a+abc}+\dfrac{ac}{b+abc}+\dfrac{ab}{c+abc}$

đặt $a=1/x;b=1/y;c=1/z$ đưa VT về dạng $A= \sum \dfrac{x}{yz+1} $ với $x+y+z=1$
sau đó Schwarz là ổn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thihoa_94: 05-06-2009 - 10:30

[Hero Math]

CHo a,b,c ko âm và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.TÌm GTNN :$ P=\dfrac{a}{bc+1}+\dfrac{b}{ac+1}+\dfrac{c}{ab+1}$

còn bài này ạ, nếu em ko nhầm hình như bài này có thể tìm được cả GTNN và GTLN thì phải

[Hero Math]

a)$y^2=P-x^2$
Thay vào pt có:$15x^2+p^2-5p+4=0$
$\Leftrightarrow (p-1)(p-4)=-15x^2 \leq 0 \Rightarrow P \geq 1 \Leftrightarrow x=0,y= \pm 1$
b) $\sum \dfrac{2x}{x^{6}+y^{4}} \leq \sum \dfrac{2x}{2x^3y^2}= \sum \dfrac{1}{x^2y^2} \leq \sum \dfrac{1}{x^4} $
OK!

bài b có cách khác ạ;
Theo schwazs và theo côsi :$\dfrac{1}{x^{4}}+\dfrac{1}{x^{4}}=\dfrac{x^{2}}{x^{6}}+\dfrac{1}{y^{4}}\geq \dfrac{(x+1)^{2}}{x^{6}+y^{4}}\geq \dfrac{4x}{x^{6}+y^{4}}$
Xây dựng 2 BĐt tương tự rồi cộng lại thì :$2VT\leq 2VP$ suy ra ĐPCM

[Hero Math]

$VT \geq a^2+b^2+c^2 \geq VP$

cách khác:
C2:
$a^{3}+b^{3}\geq a^{2}b+b^{2}\sqrt{ab} \Leftrightarrow \dfrac{a^{3}}{b}+b^{2}\geq a^{2}+b\sqrt{ab}$
xây dựng 2BĐT tương tự ta có: $VT+a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq VP+a^{2}+b^{2}+c^{2}$ suy ra $VT\geq VP$
C3:
theo cô si cho 6 ssố : $3\dfrac{a^{3}}{b}+\dfrac{c^{3}}{a}+2b\sqrt{ab}\geq 6a\sqrt{ac},$Làm tương tự rồi cộng lai

C4:$\dfrac{a^{3}}{b}+ab\geq 2a^{2}$ và $\dfrac{a^{3}}{b}+bc\geq 2a\sqrt{ac}$
làm 4 BĐT tươngtự rồi cộng cả 6BĐT thì: $Vt + ab+bc+ac\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+VP\geq ab+bc+ac+VP hay VT\geq VP$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hero Math: 03-06-2009 - 21:03

[nguyen_ct]

C4:$\dfrac{a^{3}}{b}+ab\geq 2a^{2}$ và $\dfrac{a^{3}}{b}+bc\geq 2a\sqrt{ac}$
làm 4 BĐT tươngtự rồi cộng cả 6BĐT thì: $Vt + ab+bc+ac\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}+VP\geq ab+bc+ac+VP hay VT\geq VP$

cách này hình như kok # cách trên

[Hero Math]

cho n tự nhiên và $n\geq 5$.CMR:$ 2^{n+1} > (n+1)^{2}$

[Hero Math]

thực ra BĐT trên là 2 BĐT sau cộng lại: $2^{n}>n^{2}$ với$ n\geq 5$ và$ 2^{n} > 2n+1$ với $n\geq 3$
Bằng quy nạp ta có thể CM: 2BĐT này