Đến nội dung

Hình ảnh

thử bài này


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 29 trả lời

#21
huyetdao_tama

huyetdao_tama

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 47 Bài viết
Chà đúng là không có thật.Tại thấy có đề tưởng có lời giải chứ tui cũng chưa xem qua.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huyetdao_tama: 01-07-2009 - 22:41


#22
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
ừ nhưng dù sao cũng cảm ơn bạn về cái đề!! :(
làm bài nè nào:
Cho x,y,z thay đổi thỏa mãn: $2\ge x\ge y\ge z$ ; $x+y\le 3$; $x+y+z\le 3$
Tìm giá trị lớn nhất của $S=2^x+2^y+2^z$
bđt mũ kiểu này hơi lạ!nhờ mọi người góp ý bài nè rùm!!ai có lời giải thì post lên nhé! :D

p/s: wen mất mình sửa lại rùi tìm max đó bạn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 02-07-2009 - 11:54

Hình đã gửi


#23
huyetdao_tama

huyetdao_tama

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 47 Bài viết
Tìm max hay min vậy bạn. Seo tìm giá trị rùi hết thế.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huyetdao_tama: 02-07-2009 - 11:02


#24
123455

123455

    Bá tước bóng đêm

  • Thành viên
  • 453 Bài viết

Bài nè để tui giúp.
Chỉ sử dụng AM-GM:
$LHS=(a+b)\sqrt{2a(a+b)}+b\sqrt{2}\sqrt{(a^2+b^2)} \le \dfrac{(a+b)^2+2a(a+b)+2b^2+a^2+b^2}{2}$
$=a^2+b^2+(a+b)^2\le 3(a^2+b^2)$
=>đpcm dấu = khi a=b :(


cảm ơn bác nhé! bài nè nếu cosi thì rất ổn và ngắn liệu có thể chơi cauchy-schwarz ko. tôi thử rùi nhưng chưa được các bác thử xem.
ĐỪNG SỢ HÃI KHI PHẢI ĐỐI ĐẦU VỚI MỘT ĐỐI THỦ MẠNH HƠN, MÀ HÃY VUI

MỪNG VÌ BẠN ĐÃ CÓ CƠ HỘI ĐỂ CHẾN ĐẤU HẾT MÌNH


web mới các bạn giúp mình xây dựng trang này với: http://www.thptquocoai.tk/

#25
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
Thực ra thì 2 cách chả khác gì nhau: Cauchy-shwarz như sau:
$VT^2\le [(a+b)^2+2b^2][2a(a+b)+a^2+b^2]=[(a+b)^2+2b^2][(a+b)^2+2a^2]\le [(a+b)^2+a^2+b^2]^2\le [3(a^2+b^2)]^2=VP^2$
Vậy => đpcm! dấu = khi $a=b$!

Hình đã gửi


#26
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
Tiếp một bài toán hay:
Cho $k\ge 1+\sqrt{5}$ và a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$(\dfrac{ka}{b+c}+1)(\dfrac{kb}{c+a}+1)(\dfrac{kc}{a+b}+1)\ge (k+1)^2$

p/s có thể thấy khi k=4 ta có bđt khá quen thuộc:
$(\dfrac{4a}{b+c}+1)(\dfrac{4b}{c+a}+1)(\dfrac{4c}{a+b}+1)>25$

Hình đã gửi


#27
tuan101293

tuan101293

    Trung úy

  • Thành viên
  • 999 Bài viết

Tiếp một bài toán hay:
Cho $k\ge 1+\sqrt{5}$ và a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$(\dfrac{ka}{b+c}+1)(\dfrac{kb}{c+a}+1)(\dfrac{kc}{a+b}+1)\ge (k+1)^2$

p/s có thể thấy khi k=4 ta có bđt khá quen thuộc:
$(\dfrac{4a}{b+c}+1)(\dfrac{4b}{c+a}+1)(\dfrac{4c}{a+b}+1)>25$

Mình làm thử nha:
Đặt $\dfrac{a}{b+c}=x,......$ suy ra $xy+yz+zx+2xyz=1$ và $x+y+z\ge xy+yz+zx$
suy ra ta phải CM $k^3xyz+k^2(xy+yz+zx-1)+k(x+y+z-2)\ge 0$
$VT\ge \dfrac{1-xy-yz-zx}{2}*k^3+k^2(xy+yz+zx-1)+2k(xy+yz+zx-1)=(1-xy-yz-zx)(\dfrac{k^3}{2}-k^2-2k)\ge 0 $ với mọi k thỏa mãn đk trên
câu sau thì chắc là hệ quả câu trước :(

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuan101293: 02-07-2009 - 21:36

KT-PT


Do unto others as you would have them do unto you.


#28
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết

Mình làm thử nha:
Đặt $\dfrac{a}{b+c}=x,......$ suy ra $xy+yz+zx+2xyz=1$ và $x+y+z\ge xy+yz+zx$
suy ra ta phải CM $k^3xyz+k^2(xy+yz+zx-1)+k(x+y+z-2)\ge 0$
$VT\ge \dfrac{1-xy-yz-zx}{2}*k^3+k^2(xy+yz+zx-1)+2k(xy+yz+zx-1)=(1-xy-yz-zx)(\dfrac{k^3}{2}-k^2-2k)\ge 0 $ với mọi k thỏa mãn đk trên
câu sau thì chắc là hệ quả câu trước :D

Cách bạn ổn lắm!mình chứng minh cách khác nhé: :(
BĐT cần chứng minh <=>$(ka+b+c)(kb+c+a)(kc+a+b)\ge (k+1)^2(a+b)(b+c)(c+a)$
$<=> ka^{3}+kb^{3}+kc^{3}+k^{3}abc-k\sum_{sym}a^{2}b-kabc-2k^{2}abc\ge 0$
$<=>a^{3}+b^{3}+c^{3}+k^{2}abc-\sum_{sym}a^{2}b-abc-2kabc\ge 0$
Mặt khác theo bđt schur thì : $a^3+b^3+c^3+3abc- \sum_{sym}a^{2}b\ge 0$
$=> a^{3}+b^{3}+c^{3}+k^{2}abc-\sum_{sym}a^{2}b-abc-2kabc\ge k^2abc-2kabc-4abc=abc(k^2-2k-4)\ge 0$ (đúng vì $k\ge 1+\sqrt{5}$)
Ta có đpcm :pe

Hình đã gửi


#29
123455

123455

    Bá tước bóng đêm

  • Thành viên
  • 453 Bài viết

Thực ra thì 2 cách chả khác gì nhau: Cauchy-shwarz như sau:
$VT^2\le [(a+b)^2+2b^2][2a(a+b)+a^2+b^2]=[(a+b)^2+2b^2][(a+b)^2+2a^2]\le [(a+b)^2+a^2+b^2]^2\le [3(a^2+b^2)]^2=VP^2$
Vậy => đpcm! dấu = khi $a=b$!

công nhận tôi ngu thật biết dùng cosi mà không biết dùng C-Sch

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 123455: 06-07-2009 - 11:30

ĐỪNG SỢ HÃI KHI PHẢI ĐỐI ĐẦU VỚI MỘT ĐỐI THỦ MẠNH HƠN, MÀ HÃY VUI

MỪNG VÌ BẠN ĐÃ CÓ CƠ HỘI ĐỂ CHẾN ĐẤU HẾT MÌNH


web mới các bạn giúp mình xây dựng trang này với: http://www.thptquocoai.tk/

#30
dkimson

dkimson

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết
Mấy bài của cvp cũng khá hay, nếu cvp thích bất đẳng thức, anh cho cu mấy bài anh sáng tác làm thử nhé! (anh :KDS)




0 người đang xem chủ đề

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