Thắng xem lại đề nhé. a,b,c,d sao cùng lúc nguyên dương được.Bài 30:Cho các số a,b,c,d nguyên dương thỏa mãn:$\sum a^2=1$
Tìm min của biểu thức:
$S=\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+d}+\dfrac{c^2}{d+b}+\dfrac{d^2}{a+b}$
Topic về Bất đẳng thức, cực trị THCS
#101
Đã gửi 05-09-2011 - 21:09
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#102
Đã gửi 08-09-2011 - 20:06
Giả sử $a\geq b\geq c\geq d$
Áp dụng Bđt chebyshev , ta có :
$\sum \dfrac{a^2}{b+c}\geq \dfrac{1}{4}(\sum a^2) (\sum \dfrac{1}{b+c })\geq \dfrac{2}{\sum a}\geq \dfrac{2}{\sqrt{4\sum a^2}}=1$
Đẳng thức $\Leftrightarrow a=b=c=d =\dfrac{1}{2}$
Mình thấy hình như nó sai thì phải ! Nếu như chebyshev thì 2 dãy số phải đơn điệu cùng hoặc ngược chiều
Nhưng nếu giải sử $a \geq b \geq c \geq d \Rightarrow a +b \geq b + d \geq c + d \geq b + c$ (Cái ni vô lí)
Thì làm sao mà có đc 2 dãy đơn điệu cùng chiều đc
Ngu kiến nên nếu sai sót xin huynh muội lượng thứ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hữu Huy: 08-09-2011 - 20:06
P . I = A . 22
#103
Đã gửi 08-09-2011 - 20:16
uhm , mình hơi vội nên nhầm sr nhaMình thấy hình như nó sai thì phải ! Nếu như chebyshev thì 2 dãy số phải đơn điệu cùng hoặc ngược chiều
Nhưng nếu giải sử $a \geq b \geq c \geq d \Rightarrow a +b \geq b + d \geq c + d \geq b + c$ (Cái ni vô lí)
Thì làm sao mà có đc 2 dãy đơn điệu cùng chiều đc
Ngu kiến nên nếu sai sót xin huynh muội lượng thứ
#104
Đã gửi 09-09-2011 - 06:11
Bài 30:Cho các số a,b,c,d nguyên dương thỏa mãn:$\sum a^2=1$
Tìm min của biểu thức:
$S=\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+d}+\dfrac{c^2}{d+b}+\dfrac{d^2}{a+b}$
em làm bậy bạ ! Nếu lỡ có sai thì các huynh đệ tỉ muội thông cảm giùm !
Ta luôn có
$a + b \leq \sqrt{2(a^2 + b^2}$
$ \Rightarrow S = \dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+d}+\dfrac{c^2}{d+b}+\dfrac{d^2}{a+b} \geq \dfrac{a^2}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}$ + $\dfrac{b^2}{\sqrt{2(c^2 + d^2)}}$ + $\dfrac{c^2}{\sqrt{2(d^2 + b^2)}}$ + $\dfrac{d^2}{\sqrt{2(a^2 + b^2)}}$
Đặt
P = $ \dfrac{a^2}{\sqrt{2(b^2+c^2)}}$ + $\dfrac{b^2}{\sqrt{2(c^2 + d^2)}}$ + $\dfrac{c^2}{\sqrt{2(d^2 + b^2)}}$ + $\dfrac{d^2}{\sqrt{2(a^2 + b^2)}}$
Áp dụng BĐT holder ta có :
$P^2. \sum 2a^2(b^2 + c^2) \geq (a^2 + b^2 + c^2 + d^2)^3 = 1$ (*)
Cần chứng minh $\sum 2a^2(b^2 + c^2) \leq 1$
Cái này đúng vì $\sum 2a^2(b^2 + c^2) \leq (a^2 + b^2 + c^2 + d^2)^2 = 1$ (*)
Từ ; (*) và (*) ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hữu Huy: 09-09-2011 - 11:12
P . I = A . 22
#105
Đã gửi 09-09-2011 - 11:05
$= \dfrac{1}{a^2 (b + c) + b^2 (c + d) + c^2 (d + a) + d^2 (a + b)}$.
Chú ý là $b + c \le b^2 + c^2 + \dfrac{1}{2}$
.Suy ra
$ a^2 (b + c) + b^2 (c + d) + c^2 (d + a) + d^2 (a + b) $
$ \le a^2 \left( {b^2 + c^2 + \dfrac{1}{2}} \right) + b^2 \left( {c^2 + d^2 + \dfrac{1}{2}} \right) + c^2 \left( {d^2 + a^2 + \dfrac{1}{2}} \right) + d^2 \left( {a^2 + b^2 + \dfrac{1}{2}} \right) $
$ = a^2 (b^2 + c^2 ) + b^2 (c^2 + d^2 ) + c^2 (d^2 + a^2 ) + d^2 (a^2 + b^2 ) + \dfrac{1}{2} $
$ = (a^2 + b^2 )(c^2 + d^2 ) + (a^2 + d^2 )(b^2 + c^2 ) + \dfrac{1}{2}
\le \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2} = 1. $.
Do do minP=1.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 28-09-2011 - 11:30
- DBSK yêu thích
It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow
#106
Đã gửi 10-09-2011 - 21:21
Tìm min $(a^4 + \dfrac{1}{b^4})(b^4 + \dfrac{1}{a^4})$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 28-09-2011 - 11:29
P . I = A . 22
#107
Đã gửi 01-10-2011 - 00:02
$\ge 2 + a^4b^4+\dfrac{1}{a^4b^4} = 2+(a^4 b^4 + \dfrac{1}{5^{16} a^4b^4} + \dfrac{5^{16}-1}{5^{16} a^4 b^4}$
$\ge 2 + \dfrac{2}{5^8} + \dfrac{4^4(5^{16}-1)}{5^{16} (a+b)^8} \ge 2 + \dfrac{2}{5^8} +\dfrac{4^4(5^16-1)}{5^24}) = ... $
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=5$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Dzung: 01-10-2011 - 00:07
- NguyThang khtn, perfectstrong, DBSK và 1 người khác yêu thích
#108
Đã gửi 03-10-2011 - 12:30
$A=a^3 + b^3 + c^3 - 6(ab+ac+ab)$
Mod: bạn vui lòng xem cách gõ công thức mới của diễn đàn ở đây
http://diendantoanhoc.net/index.php?showtopic=63178
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phantom1996: 04-10-2011 - 20:15
Chỉnh $\LaTeX$
#109
Đã gửi 11-11-2011 - 12:04
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ncd97: 11-11-2011 - 12:05
#110
Đã gửi 11-11-2011 - 12:06
câu cuối làm ntn vậy???Mình mở ra một topic mới để cùng mọi người trao đôit kinh nghiệm về BĐT. Lần này các bài toán dành cho THCS, 1 phần cũng dành cho các anh chị THPT. Đầu tiên xin nói lại về các BĐT để sử dụng truong topic này .
1. Bất đẳng thức Cô si (AM-GM): Với m số không âm $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ ta có:
$a_{1}+a_{2}+...+a_{m}\geq m\sqrt[m]{a_{1}a_{2}...a_{m}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}.$
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy - Schwazs): với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{m}^{2})(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+...+b_{m}^{2})\geq (a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+...+a_{m}b_{m})^{2}$
Đẳng thức xảy ra khi : $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
3. Bất đẳng thức Xvác (Schwars). Với $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ bất kì và $b_{1},b_{2},...,b_{m}\geq 0$ ta có :
$\dfrac{a_{1}^{2}}{b_{1}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{b_{2}}+...+\dfrac{a_{m}^{2}}{b_{m}}\geq \dfrac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{m}}.$Đẳng thức xảy ra khi $\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
4.Bất đẳng thức Mincopxki (Mincowski): Với 2 bộ n số $a_{1},a_{2},...,a_{m}$ và $b_{1},b_{2},...,b_{m}$ thì :
$\sqrt{a_{1}^{2}+b_{1}^{2}}+\sqrt{a_{2}^{2}+b_{2}^{2}}+...+\sqrt{a_{m}^{2}+b_{m}^{2}}\geq \sqrt{(a_{1}+a_{2}+...+a_{m})^{2}+(b_{1}+b_{2}+...+b_{m})^{2}}$
Đẳng thức xảy ra khi :$\dfrac{a_{1}}{b_{1}}= \dfrac{a_{2}}{b_{2}}=...= \dfrac{a_{m}}{b_{m}}$
5. Bất đẳng thức Holder: Xin chỉ nêu trường hợp dùng nhiều nhất , ko nêu dạng tổng quát:
Cho $a,b,c,x,y,z,m,n,p>0$ thì BĐT sau đúng : $(a^{3}+b^{3}+c^{3})(x^{3}+y^{3}+z^{3})(m^{3}+n^{3}+p^{3})\geq (axm+byn+czp)^{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi : các bộ số tương ứng tỉ lệ với nhau.
6. Bất đẳng thức Schur: Dạng tổng quát:
Cho $a,b,c\geq 0$ và $t > 0$ ta có : $a^{t}(a-b)(a-c)+b^{t}(b-c)(b-a)+c^{t}(c-a)(c-b)\geq 0.$
Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=0,b=c$ hoặc các hoán vị.
Các trường hợp thường dùng là TH: $t=1$ và $t=2$
$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$ .
Trong trường hợp $t=1$ thì ở THCS ta thường có các cách diễn đạt tương đương sau :
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(c+a).$
$4(a+b+c)(ab+bc+ac)\leq (a+b+c)^{3}+9abc.$
Hệ quả rất thông dụng: $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc.$
Với $t=2$ ta có dạng quen thuộc hơn: $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq a^{3}(b+c)+b^{3}(a+c)+c^{3}(a+b)$.
7. Bất đẳng thức Trêbưsep Chebyshev): Với $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $b_{1}\geq b_{2}\geq ...\geq b_{m}$ thì:
$m(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{n}+...+a_{m}b_{m})\geq (a_{1}+a_{2}+...+a_{m})(b_{1}+b_{2}+...+b_{m}).$
Đẳng thức xảy ra khi : $a_{1}=a_{2}=...=a_{m}$ và $ b_{1}=b_{2}=...=b_{m}.$
Nếu $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{m}$ và $ b_{1}\leq b_{2}\leq ...\leq b_{m}$ thì BĐT trên đổi chiều.
8. Bất đẳng thức Nét bít (Nesbitt): Mình chỉ nêu ra 2TH hay dùng nhất đối với THCS :
BĐT Nesbitt 3 biến : Với $ a,b,c >0$ thì $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}.$
BĐT Nesbitt 4 biến : với $a,b,c,d >0$ thì :$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+d}+\dfrac{c}{d+a} +\dfrac{d}{a+b}\geq 2.$
ĐẲng thức xẩy ra khi các biến bằng nhau.
9. Các hằng bất đẳng thức thường dùng:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ac$ và $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ac).$
$\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+...+\dfrac{1}{a_{m}}\geq \dfrac{m^{2}}{a_{1}+a_{2}+...+a_{m}}$ ( với $a_{i}>0$)
$\dfrac{a^{n}+b^{n}}{2}\geq (\dfrac{a+b}{2})^{n}$ (Với $a+b\geq 0$ và $n\in N*$)
$a^{m+n}+b^{m+n}\geq a^{m}.b^{n}+a^{n}.b^{m}.$
Còn rất nhiều BĐT nữa nhưng ở mức độ THCS mình chỉ nêu ra như vậy thôi.
P\s: Các anh chị THPT không giải bài của THCS, mà các anh chị sẽ có bài riêng dành cho mình để làm. Mong các bạn hưởng ứng. Cảm ơn.
Hero Math _ Hiếu.
#111
Đã gửi 26-11-2011 - 13:51
Cho x3 + y3 + 3( x2 + y2 ) + 4( x + y ) + 4 =0 và xy >0. Tìm GTLN cuả biểu thức
M = $\frac{1}{x}$ + $\frac{1}{y}$
#112
Đã gửi 26-11-2011 - 17:26
${x^3} + {y^3} + 3({x^2} + {y^2}) + 4(x + y) + 4 = 0 \Leftrightarrow (X + Y)({X^2} - XY + {Y^2} + 1) = 0$
Với $X=x+1; Y=y+1$. Từ đó suy ra $x+y=-2$.
Rồi bạn chứng minh được: $\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \le - 2$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 26-11-2011 - 20:21
- sokkonthongminh yêu thích
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#113
Đã gửi 26-11-2011 - 17:44
Cho các số thực $a, b, c$ khác nhau đôi một thỏa mãn $b^2-bc+ca=\dfrac{1}{2}ab$.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$P=\left(\dfrac{a}{a-b}\right)^2+4.\left(\dfrac{b}{b-c}\right)^2+9. \left(\dfrac{c}{c-a}\right)^2$$
#114
Đã gửi 07-12-2011 - 15:59
#115
Đã gửi 10-12-2011 - 10:45
Cho $a,b,c$ là các số thỏa mãn: $a^2+b^2+c^2$ $8$
Tìm Min của: $S=ab+bc+2ca$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 11-12-2011 - 14:34
#116
Đã gửi 10-12-2011 - 13:04
Là dấu gì vậy. Cộng hay trừ.Tìm Min của: $S=ab$ $=$$bc+2ca$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 10-12-2011 - 13:24
You may only be one person to the world
But you may also be the world to one person
#117
Đã gửi 10-12-2011 - 15:10
1. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
$P= \dfrac{4a}{b+c-a} + \dfrac{9b}{c+a-b} + \dfrac{16c}{a+b-c} \ge 26$
2. cho $\dfrac{a}{a'} + \dfrac{b}{b'} + \dfrac{c}{c'} = 4$
Tính $y= \dfrac{a+b+c}{a'-b'+c'}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 10-12-2011 - 16:01
#118
Đã gửi 10-12-2011 - 17:49
1/$P= \dfrac{4a}{b+c-a} + \dfrac{9b}{c+a-b} + \dfrac{16c}{a+b-c}$Nhân tiện mọi người giải zùm bài này lun nha
1. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
$P= \dfrac{4a}{b+c-a} + \dfrac{9b}{c+a-b} + \dfrac{16c}{a+b-c} \ge 26$
2. cho $\dfrac{a}{a'} + \dfrac{b}{b'} + \dfrac{c}{c'} = 4$
Tính $y= \dfrac{a+b+c}{a'-b'+c'}$
$\Rightarrow P+14,5= (\dfrac{4a}{b+c-a}+2) + (\dfrac{9b}{c+a-b}+4,5) +( \dfrac{16c}{a+b-c}+8)$
Bạn quy đồng mẫu số , rút $a+b+c$ ra ngoài , dùng Cauchy-Schwarz cho biểu thức trong ngoặc , rút gọn rồi trừ 14,5 đi sẽ được đpcm.
- sokkonthongminh yêu thích
#119
Đã gửi 10-12-2011 - 18:01
1. Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
$P= \dfrac{4a}{b+c-a} + \dfrac{9b}{c+a-b} + \dfrac{16c}{a+b-c} \ge 26$
Ta có: $$2P = 4\dfrac{{2a}}{{b + c - a}} + 9\dfrac{{2b}}{{c + a - b}} + 16\dfrac{{2c}}{{a + b - c}}$$
$$ = 4\left( {\dfrac{{a + b + c}}{{b + c - a}} - 1} \right) + 9\left( {\dfrac{{a + b + c}}{{a + c - b}} - 1} \right) + 16\left( {\dfrac{{a + b + c}}{{a + b - c}} - 1} \right)$$
$$ = \left( {a + b + c} \right)\left( {\dfrac{4}{{b + c - a}} + \dfrac{9}{{a + c - b}} + \dfrac{{16}}{{a + b - c}}} \right) - 29$$
$$= \left[ {\left( {b + c - a} \right) + \left( {a + c - b} \right) + \left( {a + b - c} \right)} \right]\left( {\dfrac{4}{{b + c - a}} + \dfrac{9}{{a + c - b}} + \dfrac{{16}}{{a + b - c}}} \right) - 29$$
Áp dụng Cauchy -Schwarz, ta có:
$$81 = {\left( {2 + 3 + 4} \right)^2} = \left( {\dfrac{2}{{\sqrt {b + c - a} }}.\sqrt {b + c - a} + \dfrac{3}{{\sqrt {a + c - b} }}.\sqrt {a + c - b} + \dfrac{4}{{\sqrt {a + b - c} }}.\sqrt {a + b - c} } \right)$$
$$ \le \left[ {\left( {b + c - a} \right) + \left( {a + c - b} \right) + \left( {a + b - c} \right)} \right]\left( {\dfrac{4}{{b + c - a}} + \dfrac{9}{{a + c - b}} + \dfrac{{16}}{{a + b - c}}} \right)$$
$$ \Rightarrow 2P \ge 81 - 29 = 52 \Leftrightarrow P \ge 26$$
#120
Đã gửi 11-12-2011 - 14:10
Bạn cho mình hỏi cái này
Là dấu gì vậy. Cộng hay trừ.
dấu +
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh