Đến nội dung


Chú ý

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

Chuyên đề: Chứng minh BĐT bằng phương pháp tam thức bậc hai


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 24 trả lời

#21 toanc2tb

toanc2tb

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 325 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\large \mathfrak{\text{Mathematic}}$

Đã gửi 08-06-2014 - 15:53

Xin lỗi mọi người, mặc dù không đúng chủ đề lắm nhưng cho em hỏi cách này dùng được cho cấp THCS thi tuyển lớp 10 không ạ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toanc2tb: 08-06-2014 - 15:54

"Nếu đường chỉ tay quyết định số phận của bạn thì hãy nhớ đường chỉ tay nằm trong lòng bàn tay của bạn." (Issac Newton)

"Khi mọi thứ dường như đang quay lưng với bạn, thì hãy luôn nhớ rằng máy bay cất cánh được khi bay ngược chiều chứ không phải thuận chiều gió"   :icon6:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :oto:  :oto:  


#22 hqhoangvuong

hqhoangvuong

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT số II Tuy Phước
  • Sở thích:Game, lập trình, toán học, Rubix(3x3x3 và 4x4x4)

Đã gửi 21-04-2015 - 09:59

Bài 2. Chứng minh rằng, trong tam giác ABC, ta có
\[
\cos A + \cos B + \cos C \le \dfrac{3}{2}
\]

giải theo thuần hình học phẳng nhé

kẻ các đường cao AD, BE, CF của $\Delta ABC$

Đặt S$\Delta AEF$=S1, $\Delta BFD$=S2, $\Delta CED$ và $\Delta ABC$=S

Ta có: $cosA= \sqrt{\frac{S1}{S}}, cosB= \sqrt{\frac{S2}{S}}, cosC= \sqrt{\frac{S3}{S}}$

Mà $\sqrt{\frac{S1}{S}}=\sqrt{\frac{AF.AE}{AB.AC}}\leq \frac{1}{2}(\frac{AF}{AB}+\frac{AE}{AC})$ (BĐT Cauchy)

Tương tự:

$\sqrt{\frac{S2}{S}}\leq \frac{1}{2}(\frac{FB}{AB}+\frac{BD}{BC})$

$\sqrt{\frac{S3}{S}}\leq \frac{1}{2}(\frac{CD}{BC}+\frac{CE}{AC})$

Cộng lại ta được:

$cosA+cosB+cosC\leq \frac{1}{2}(\frac{AF}{AB}+\frac{AE}{AC})+\frac{1}{2}(\frac{FB}{AB}+\frac{BD}{BC})+\frac{1}{2}(\frac{CD}{BC}+\frac{CE}{AC})= \frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi dấu bằng bđt cauchy xảy ra tức $\Delta ABC$ đều

 

 


Không có gì là đẳng thức, thậm chí trong cả đời sống con người - bất đẳng thức luôn hiện hữu

 

                                                                                                                                                                    D. S. Mitrinovic


#23 luluhary

luluhary

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 42 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT Thanh Oai A - Hà Nội
  • Sở thích:ngủ nướng

Đã gửi 12-12-2015 - 16:32

Tìm GTLN và GTNN của $y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)$ với $1 \geq x \geq -1$


Foever alone


#24 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 280 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11/2 THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng
  • Sở thích:inequalities, coi anime, tán gái @@

Đã gửi 16-12-2015 - 21:15

em viết trên đt nên em ko viết latex được cho em viết thường nha vực lại topic :)))))
cho a,b,c là các số thực dương
c/m a^2+b^2+c^2 +2abc +1>=2(ab+bc+ca)

#25 toanhoc2017

toanhoc2017

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 638 Bài viết

Đã gửi 07-01-2019 - 19:12

Bài này ý tưởng là đưa về 2 ẩn $x,y$ sau đó sử dụng tam thức bậc 2 với 1 tr0ng 2 ẩn đó:
Từ giả thiết ta có $z=-\frac{ax+by}{c}$.Từ đó có thể viết lại điều phải chứng minh thành:
$$xy-\frac{ax+by}{c}(x+y)\leq 0$$
$$\Leftrightarrow f(x)=ax^2-y(a+b-c)x+by^2\geq 0$$
Muốn chứng minh tam thức bậc 2 $f(x)\geq 0$ thì ta chỉ cần chứng minh $\Delta\leq 0$
Hay là $y^2.\left[(a+b-c)^2-4ab\right]\leq 0$
$$\Leftrightarrow (a-b)^2+c^2\leq 2(a+b)c$$
Và do $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh tam giác nên $(a-b)^2+c^2\leq 2c^2 \leq 2(a+b)c$
Vậy ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra chẳng hạn tại $x=y=z=0$ $\square$
Bài 11(toanphothong):
Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn: $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của:
$$P=9xy+10yz+11zx$$
Lời giải:
Trước tiên chúng ta hãy cùng xem lời giải sử dụng PP Cân bằng hệ số:
Theo BĐT Cô-Si, ta có:
$$\frac{1881}{1850}x^2+\frac{4275}{3256}y^2\geq 2\sqrt{\frac{1881}{1850}x^2.\frac{4275}{3256}y^2}=\frac{171}{74}xy$$ $$\frac{6615}{3256}y^2+\frac{2695}{1998}z^2\geq 2\sqrt{\frac{6615}{3256}y^2.\frac{2695}{1998}z^2}=\frac{245}{74}yz$$ $$\frac{7975}{3996}z^2+\frac{8613}{3700}x^2\geq 2\sqrt{\frac{7975}{3996}z^2.\frac{8613}{3700}x^2}=\frac{319}{74}zx$$
Cộng vế theo vế của 3 BĐT cùng chiều ở trên ta được:$$\frac{495}{148}(x^2+y^2+z^2)\geq \frac{171}{74}xy+\frac{245}{74}yz+\frac{319}{74}zx$$
Vì $x+y+z=1$ nên: $x^2+y^2+z^2=1-2(xy+yz+zx)$
Suy ra: $$\frac{495}{148}[1-2(xy+yz+zx)]\geq \frac{171}{74}xy+\frac{245}{74}yz+\frac{319}{74}zx$$ $$\Rightarrow P=9xy+10yz+11zx\leq \frac{495}{148}$$
Đẳng thức xảy ra khi:
$$\frac{1881}{1850}x^2=\frac{4275}{3256}y^2 \ \ \wedge \ \ \frac{6615}{3256}y^2=\frac{2695}{1998}z^2 \ \ \wedge \ \ \frac{7975}{3996}z^2=\frac{8613}{3700}x^2 \ \ \wedge \ \ x+y+z=1 \ \ \wedge \ \ x,y,z>0$$ $$\Leftrightarrow x=\frac{25}{74} \ \ \wedge \ \ y=\frac{11}{37} \ \ \wedge \ \ z=\frac{27}{74}$$
--------------------------

Một lời giải khá hoành tráng , và không ít người đọc x0ng tự hỏi tại sa0 lại nghĩ được lời giải đó,chắc hẳn là 1 quá trình cân bằng hệ số,giải hệ khá công phu của tác giả .
Còn sau đây tôi xin trình bày lời giải của anh Quốc Anh để mọi người có thể thấy rõ sức mạnh của tam thức bậc 2:
Để ý rằng, với giả thiết $x+y+z=1$ thì
$$P=9xy+10yz+11zx=9xy+z(10y+11x)=9xy+(1-x-y)(10y+11x)$$
Khai triển và rút gọn, ta thu được
$$P=-11x^2-10y^2+11x+10y-12xy$$
Tương đương với

$11x^2+(12y-11)x+10y^2-10y+P=0 $ (*)

Coi đây là tam thức bậc hai ẩn $x$, do điều kiện tồn tại của $x$ nên suy ra (*) phải có nghiệm, tức
$$\Delta = (12y-11)^2-44(10y^2-10y+P) \ge 0$$
Hay
$$-296y^2+176y+121-44P \ge 0$$
Tương đương với
$$P \le -\frac{74}{11}\left(y^2-\frac{22}{37}y-\frac{121}{296}\right) $$
Dùng phép tách thành bình phương, dễ dàng nhận thấy
$$y^2-\frac{22}{37}y-\frac{121}{296} \ge -\frac{5445}{10952}$$
Từ đó, suy ra
$$P \le \left(-\frac{74}{11}\right). \left(-\frac{5445}{10952}\right)=\frac{495}{148}$$
Vậy kết luận Max $P=\dfrac{495}{148}$, đạt được khi $y=\dfrac{11}{37}$, $x=\frac{25}{74}, z=\frac{27}{74}$
Một lời giải nhẹ nhàng,ý tưởng bắt nguồn từ việc đưa biểu thức từ 3 biến về 2 biến rồi 1 biến (Sau khi xét $\Delta$)
Hoàn toàn tương tự,ta có thể dùng ý tưởng này để chứng minh những bài toán có dạng :
Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn: $x+y+z=k$. Tìm giá trị lớn nhất của:
$$P=mxy+nyz+qzx$$
http://diendantoanho..._DIR#/smile.gif


hay




0 người đang xem chủ đề

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