Chủ đề này có 1205 trả lời

[nhatduy01]

Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh một tam giác có diện tích $S$. Chứng minh rằng : $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 4\sqrt{3}S$

Theo AM-GM ta có

            $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\leq \sqrt{p(\frac{(p-a)+(p-b)+(p-c)}{3})^{3}}=\frac{\sqrt{3}}{9}p^{2}$

theo Cauchy Schwarz  ta có 

              $4\sqrt{3}S\leq 4\sqrt{3}(\frac{\sqrt{3}}{9}(\frac{a+b+c}{2}^{2}))=\frac{1}{3}(a+b+c)^{2}\leq \frac{1}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})3=a^{2}+b^{2}+c^{2}$

[nhatduy01]

 

Câu 2: cho a b c là các số thực dương thoả abc=2 cmr

$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b}$

 

Theo Caychy Schwarz ta có

                     $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq (a+b+c)^{2}$

                    $(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\leq (a+b+c)(a^{3}+b^{3}+c^{3})$

       $\Rightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)}{3}=\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+b+c+c+a)}{6}\geq \frac{(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b})^{2}}{6}$

Theo AM-GM ta có

                     $a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b}\geq 3\sqrt[3]{abc\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}\geq 3\sqrt[3]{abc\sqrt{8abc}}\geq 3\sqrt[3]{8}=6$           

 $\Rightarrow (a\sqrt{b+c}+b\sqrt{c+a}+c\sqrt{a+b})^{2}\geq 6(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b})$

 $\Rightarrow$ ĐPCM

[Brody]

Tìm min của biểu thức:

P=$x(\frac{x}{2}+\frac{1}{yz})+y(\frac{y}{2}+\frac{1}{zx})+z(\frac{z}{2}+\frac{1}{xy})$

P/S: Dùng hàm số

[Juliel]

$1)$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A= x^{100}-10x^{10}+10$ với $x$ là số thực.

$2)$ Cho các số dương $a,b$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}=5$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=a^{3}+b^{6}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 25-08-2013 - 18:46

[Christian Goldbach]

Cái này mình mới vừa nghĩ ra, mình dùng kĩ thuật Cô-si ngược dấu:

Ta có $\frac{a}{4b^2+1}=a-\frac{4ab^2}{4b^2+1}$

Vì $4b^2+1\geq 4b\Rightarrow -\frac{4ab^2}{4b}\geq -ab$

CMTT ta suy ra $\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4a^2+1}\geq a+b-2ab$

Mà $a+b=4ab$

$\Rightarrow \frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4a^2+1}\geq 2ab(1)$

_ Vì $a+b\geq2\sqrt{ab} \Rightarrow 4ab\geq 2\sqrt{ab}$

$\Rightarrow 2\sqrt{ab}\geq 1\Rightarrow \sqrt{ab}\geq \frac{1}{2}$

$\Rightarrow ab\geq \frac{1}{4}\Rightarrow 2ab\geq \frac{1}{2}(2)$ 

_Từ (1) và (2) => ĐPCM

Cách khác nè:

Theo Schwarz ta có:

$\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4a^2+1}\geq \frac{(a+b)^2}{4ab^2+4a^2b+a+b}=\frac{(a+b)^2}{(a+b)^2+4ab}\geq \frac{(a+b)^2}{2(a+b)^2}=\frac{1}{2}$

[FanOnePiece]

cho 3 số dương x,y,z thoả mãn   $x+y+z=3$ Tìm giá trị lớn nhất của :
$\sqrt{xy}/\sqrt{xy+z}+\sqrt{yz}/\sqrt{yz+x}+\sqrt{zx}/\sqrt{zx+y}$

[dotandung]

cho x,y,z là các số không âm thỏa x+y+z=1. Chứng minh rằng:

$\sum \sqrt{x+yz}\geq 1+\sum \sqrt{yz}$

p/s cần gấp

[Trang Luong]

cho x,y,z là các số không âm thỏa x+y+z=1. Chứng minh rằng:

$\sum \sqrt{x+yz}\geq 1+\sum \sqrt{yz}$

p/s cần gấp

Ta có : $\sqrt{x+yz}=\sqrt{xy+xz+x^2+yz}=\sqrt{(x+y)(x+z)}\geq \sqrt{(x+\sqrt{yz})^2}=x+\sqrt{yz}$

Áp dụng BĐT Bunhiacopxiki

[fun123hung]

Các anh chị giúp em bài này với : Với a, b, c dương, chứng minh rằng :$\frac{a^4}{b^{2}(a+c)}+\frac{b^4}{c^{2}(b+a)}+\frac{c^4}{a^{2}(c+b)}\geq \frac{a+b+c}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fun123hung: 19-09-2013 - 14:25

[fun123hung]

Cám ơn các anh chị nhiều !

[25 minutes]

Các anh chị giúp em bài này với : Với a, b, c dương, chứng minh rằng :$\frac{a^4}{b^{2}(a+c)}+\frac{b^4}{c^{2}(b+a)}+\frac{c^4}{a^{2}(c+b)}\geq \frac{a+b+c}{2}$

Ta có $\frac{a^4}{b^2(a+c)}=\frac{(\frac{a^2}{b})^2}{a+c}$

Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có 

     $\sum \frac{a^4}{b^2(a+c)}=\sum \frac{(\frac{a^2}{b})^2}{a+c}\geqslant \frac{(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})^2}{2(a+b+c)}$

Lại có $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c}=a+b+c$

$\Rightarrow \sum \frac{a^4}{b^2(a+c)}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$

[fun123hung]

Ta có $\frac{a^4}{b^2(a+c)}=\frac{(\frac{a^2}{b})^2}{a+c}$

Áp dụng Cauchy-Schwarzt ta có 

     $\sum \frac{a^4}{b^2(a+c)}=\sum \frac{(\frac{a^2}{b})^2}{a+c}\geqslant \frac{(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})^2}{2(a+b+c)}$

Lại có $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{a+b+c}=a+b+c$

$\Rightarrow \sum \frac{a^4}{b^2(a+c)}\geqslant \frac{a+b+c}{2}$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0$

Cảm ơn anh TocNgan rất nhiều !

[neversaynever99]

1.Tìm max và min

$y=\frac{1+\sqrt{x}}{2+\sqrt[4]{1-x}}+\frac{1+\sqrt[4]{x}}{2+\sqrt{1-x}}$

2. Cho $x,y,z >0$ thoả mãn $xyz= 1$. Chứng minh rằng

$\frac{9}{x^{2}(x+y+z)+1}+6\left [ \frac{1}{y^{2}(x+y+z)+1}+\frac{1}{z^{2}(x+y+z)+1} \right ]\geq 5$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi neversaynever99: 26-09-2013 - 00:43

[dotandung]

Cho a,b,c là các số dương thỏa $0.5\leq a,b,c\leq 2$

Chứng minh rằng: $\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq \frac{22}{15}$

PS đã tìm ra điểm rơi a=0.5;b=1;c=2

 em cần gấp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dotandung: 23-09-2013 - 12:31

[kcdklvipmath]

mình gợi ý các bạn dùng BĐT này nè : (giải bài 1)

$\frac{a_{1}^2}{b_{1}}+\frac{a_{2}^2}{b_{2}}+...+\frac{a_{n}^2}{b_{n}}\geq \frac{(a_{1}+a_{2}+...+a_{n})^2}{_{b_{1}+b_{2}+...+b_{n}}}$

BĐT này có rất nhiều ứng dụng, được suy ra từ BĐT Bunyakovsky

bài này mình tình cờ đọc được trên TTT

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kcdklvipmath: 25-09-2013 - 22:06

[dotandung]

mình thử rồi nhưng không được, bạn post cách làm lên đi

[kcdklvipmath]

Cái này mình mới vừa nghĩ ra, mình dùng kĩ thuật Cô-si ngược dấu:

Ta có $\frac{a}{4b^2+1}=a-\frac{4ab^2}{4b^2+1}$

Vì $4b^2+1\geq 4b\Rightarrow -\frac{4ab^2}{4b}\geq -ab$

CMTT ta suy ra $\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4a^2+1}\geq a+b-2ab$

Mà $a+b=4ab$

$\Rightarrow \frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4a^2+1}\geq 2ab(1)$

_ Vì $a+b\geq2\sqrt{ab} \Rightarrow 4ab\geq 2\sqrt{ab}$

$\Rightarrow 2\sqrt{ab}\geq 1\Rightarrow \sqrt{ab}\geq \frac{1}{2}$

$\Rightarrow ab\geq \frac{1}{4}\Rightarrow 2ab\geq \frac{1}{2}(2)$ 

_Từ (1) và (2) => ĐPCM

$VT=\frac{a^2}{4ab^2+a}+\frac{b^2}{4a^2b+b}$

áp dụng BĐT $\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\geq \frac{(a+b)^2}{x+y}$

suy ra $VT\geq \frac{(a+b)^2}{(4ab+1)(a+b)}=\frac{(a+b)^2}{(a+b+1)(a+b)}$

đến đây đặt ẩn phụ a+b = x 

sẽ tìm được .

[Zimmi]

$cmr \frac{x^3+y^3+z^3}{3}\geq \frac{(x+y+z)^3}{3^3}$

[Zimmi]

 \frac{a^n+b^n+c^n}{3}\geq \frac{(a+b+c)^n}{3^n}

 

 

 

và tổng quát ,chứng minh hộ mình với

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zimmi: 02-10-2013 - 17:27

[letankhang]

$cmr \frac{x^3+y^3+z^3}{3}\geq \frac{(x+y+z)^3}{3^3}$

Áp dụng trực tiếp BĐT Holder; ta có :

$\frac{x^{3}+y^{3}+z^{3}}{3}=\frac{(x^{3}+y^{3}+z^{3})(1+1+1)(1+1+1)}{3^{3}}\geq \frac{(x+y+z)^{3}}{3^{3}}$

Tương tự với dạng tổng quát