Topic bất đẳng thức THCS (2)
#41
Đã gửi 04-01-2012 - 22:10
Cần chứng minh:
\[\dfrac{a}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{b}{{{{\left( {bc + b + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{c}{{{{\left( {ac + c + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{1}{{a + b + c}}{\rm{ }}\left( 1 \right)\]
Ta có:
\[\begin{array}{l}
\dfrac{b}{{{{\left( {bc + b + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{b}{{{{\left( {\dfrac{1}{a} + b + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{{a^2}b}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} \\
\dfrac{c}{{{{\left( {ac + c + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{c}{{{{\left( {\dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{{ab}} + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{c.{a^2}{b^2}}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{ab}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} \\
\Rightarrow \dfrac{a}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{b}{{{{\left( {bc + b + 1} \right)}^2}}} + \dfrac{c}{{{{\left( {ac + c + 1} \right)}^2}}} = \dfrac{{a + {a^2}b + ab}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} \\
\dfrac{1}{{a + b + c}} = \dfrac{1}{{a + b + \dfrac{1}{{ab}}}} = \dfrac{{ab}}{{{a^2}b + a{b^2} + 1}} \\
\end{array}\]
Do đó:
\[\begin{array}{l}
\left( 1 \right) \Leftrightarrow \dfrac{{a + {a^2}b + ab}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{{ab}}{{{a^2}b + a{b^2} + 1}} \Leftrightarrow \dfrac{{ab + b + 1}}{{{{\left( {ab + a + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{b}{{{a^2}b + a{b^2} + 1}} \\
\Leftrightarrow \left( {ab + b + 1} \right)\left( {{a^2}b + a{b^2} + 1} \right) \ge b{\left( {ab + a + 1} \right)^2} \\
\Leftrightarrow {a^3}{b^2} + a{b^3} + 1 \ge {a^2}{b^2} + a{b^2} + ab \\
\Leftrightarrow a{b^2}{\left( {a - 1} \right)^2} + {\left( {ab - 1} \right)^2} + ab{\left( {b - 1} \right)^2} \ge 0:True \Rightarrow Q.E.D \\
\end{array}\]
- cvp, Ispectorgadget, Cao Xuân Huy và 7 người khác yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#42
Đã gửi 05-01-2012 - 12:12
Bài 22Bài 22: Nâng độ khó chút vậy
Cho a,b,c,d thuộc [0;1]. Tìm GTLN của $\dfrac{a}{bcd+1}+\dfrac{b}{acd+1}+\dfrac{c}{abd+1}+\dfrac{d}{abc+1}$
VT = A
Để ý thấy $bcd \geq abcd$
Vậy $A \leq \dfrac{a+b+c+d}{abcd + 1}$
Lại có $a+b \leq ab + 1$
$c+d \leq cd + 1$
$ab+cd \leq abcd + 1$
Suy ra $a+b+c+d\leq abcd+3\leq 3abcd + 3=3(abcd + 1)$
Vậy $A \leq 3$ khi 3 số bằng $1$ và một số bằng $0$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 20-05-2012 - 20:38
- Cao Xuân Huy, Mai Duc Khai, taduyhung và 2 người khác yêu thích
NGUYỄN HUỆ
Nguyễn Trần Huy
Tự hào là thành viên VMF
#43
Đã gửi 05-01-2012 - 15:13
A = $\dfrac{5-3x}{\sqrt{1-x^2}}$
Bài 25: Cho a,b,c là 3 số thực dương. CMR: $a^3+b^3+c^3\geq a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab}$
Bài 26: Tìm min S =$(1+\dfrac{a}{3b})(1+\dfrac{b}{3c})(1+\dfrac{c}{3a})$ với a,b,c >0
Bài 27: Cho a,b,c > 0. CMR:$ \dfrac{a^3}{a^2+b^2}+\dfrac{b^2}{b^2+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2}\geq \dfrac{a+b+c}{2}$
Bài 28: Cho a,b,c > 0 và a + b+c = 2012. Tìm GTNN của
$K=\dfrac{a^4}{a^2+b^2}+\dfrac{b^4}{b^2+c^2}+\dfrac{c^4}{c^2+a^2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 05-01-2012 - 15:42
- Cao Xuân Huy và rainbow99 thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#44
Đã gửi 05-01-2012 - 15:20
Lời giải khác:
Đặt \[a = \dfrac{x}{y};b = \dfrac{y}{z};c = \dfrac{z}{x}\left( {x;y;z} \right) > 0\]
\[\begin{array}{l}
bdt \Leftrightarrow \dfrac{{xy{z^2}}}{{{{\left( {xy + xz + yz} \right)}^2}}} + \dfrac{{{x^2}yz}}{{{{\left( {xy + xz + yz} \right)}^2}}} + \dfrac{{x{y^2}z}}{{{{\left( {xy + yz + xz} \right)}^2}}} \ge \dfrac{{xyz}}{{{x^2}z + {y^2}x + y{z^2}}} \\
\Leftrightarrow \left( {x + y + z} \right)\left( {x{y^2} + y{z^2} + z{x^2}} \right) \ge {\left( {xy + xz + yz} \right)^2} \\
\Leftrightarrow {x^3}z + {y^3}x + {z^3}y \ge xyz\left( {x + y + z} \right) \\
\Leftrightarrow \dfrac{{{x^2}}}{y} + \dfrac{{{y^2}}}{z} + \dfrac{{{z^2}}}{x} \ge x + y + z \\
\end{array}\]
BĐT cuối đúng theo Cauchy-Schwart nên ta có đpcm.
- Cao Xuân Huy, HÀ QUỐC ĐẠT và chardhdmovies thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#45
Đã gửi 05-01-2012 - 15:59
Bài 27:Bài 27: Cho a,b,c > 0. CMR:$ \dfrac{a^3}{a^2+b^2}+\dfrac{b^2}{b^2+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+a^2}\geq \dfrac{a+b+c}{2}$
Bài 28: Cho a,b,c > 0 và a + b+c = 2012. Tìm GTNN của
$K=\dfrac{a^4}{a^2+b^2}+\dfrac{b^4}{b^2+c^2}+\dfrac{c^4}{c^2+a^2}$
Ta có:
\[VT = \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2}}}} = \sum\limits_{cyc} {\left( {a - \dfrac{{a{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)} \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {a - \dfrac{{a{b^2}}}{{2ab}}} \right)} = \sum\limits_{cyc} {\left( {a - \dfrac{b}{2}} \right)} = \dfrac{{a + b + c}}{2}\]
Vậy ta có ĐPCM.
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$
Bài 28:
Ta có:
\[K = \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{{a^4}}}{{{a^2} + {b^2}}}} \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {{a^2} - \dfrac{{{a^2}{b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)} \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {{a^2} - \dfrac{{{a^2}{b^2}}}{{2ab}}} \right)} = \sum\limits_{cyc} {\left( {{a^2} - \dfrac{{ab}}{2}} \right)} \]
Ta có:
${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge \dfrac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3} = \dfrac{{{{2012}^2}}}{3}$
$ab + ac + bc \le \dfrac{{{{(a + b + c)}^2}}}{3} = \dfrac{{{{2012}^2}}}{3}$
Vậy:
\[K \ge \sum\limits_{cyc} {\left( {{a^2} - \dfrac{{ab}}{2}} \right)} \ge \dfrac{{{{2012}^2}}}{3} - \dfrac{{{{2012}^2}}}{6} = \dfrac{{{{2012}^2}}}{6} \Rightarrow {K_{\min }} = \dfrac{{{{2012}^2}}}{6} \Leftrightarrow a = b = c = \dfrac{{2012}}{3}\]
- perfectstrong, Ispectorgadget, yeutoan11 và 3 người khác yêu thích
Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF
#46
Đã gửi 05-01-2012 - 15:59
Bài 26:Áp dụng Holder ta có:$S\geq (1+\dfrac{1}{3})^{3}=\dfrac{64}{27}$
Bài 27 và Bài 28:Dùng AM-GM ngược dấu
#47
Đã gửi 05-01-2012 - 16:15
Bài 25:
$2VT \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c)$
$\Leftrightarrow 2(a^3+b^3+c^3)\geq a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)$
$\geq 2a^2\sqrt{bc}+2b^2\sqrt{ac}+2c^2\sqrt{ab}=2(a^2\sqrt{bc}+b^2\sqrt{ac}+c^2\sqrt{ab})$
Từ đây ta có đpcm
Bài 26 còn cách dùng AM-GM mọi người nghĩ tiếp nhé
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 05-01-2012 - 21:06
- perfectstrong và Cao Xuân Huy thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#48
Đã gửi 05-01-2012 - 21:04
Lời giải khác:
\[1 + \dfrac{a}{{3b}} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} + \dfrac{a}{{3b}} \ge 4\sqrt[4]{{\dfrac{a}{{81b}}}} = \dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{a}{b}}}\]
Tương tự, ta có:
\[\begin{array}{l}
1 + \dfrac{b}{{3c}} \ge \dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{b}{c}}};1 + \dfrac{c}{{3a}} \ge \dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{c}{a}}} \\
\Rightarrow S = \left( {1 + \dfrac{a}{{3b}}} \right)\left( {1 + \dfrac{b}{{3c}}} \right)\left( {1 + \dfrac{c}{{3a}}} \right) \ge \dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{a}{b}}}.\dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{b}{c}}}.\dfrac{4}{3}\sqrt[4]{{\dfrac{c}{a}}} = \dfrac{{64}}{{27}} \\
\end{array}\]
Đẳng thức xảy ra khi
\[\dfrac{1}{3} = \dfrac{a}{{3b}} = \dfrac{b}{{3c}} = \dfrac{c}{{3a}} \Leftrightarrow a = b = c > 0\]
Do đó, \[ \min S=\dfrac{64}{27} \]
- Ispectorgadget, tramanh94, Cao Xuân Huy và 1 người khác yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#49
Đã gửi 05-01-2012 - 21:55
Tìm GTNN của P = $\sqrt{1+a^4}+\sqrt{1+b^4}$ (chuyên KHTN - 2010 vòng 1)
Bài 30: Cho x,y,z là 3 số thực dương thoả $x+y+z=1$
CMR: $\dfrac{\sqrt{xy+z}+\sqrt{2x^2+2y^2}}{1+\sqrt{xy}}\geq 1$
(Chuyên KHTN vòng 2 - 2010)
- HÀ QUỐC ĐẠT và chardhdmovies thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#50
Đã gửi 05-01-2012 - 23:23
Bài 24:
Cách 1: $A^2=\dfrac{25-30x+9x^2}{1-x^2}=\dfrac{(3-5x)^2}{1-x^2}+16\geq 16$
$\Rightarrow A\geq 4$ dấu "=" xảy ra khi $x=\dfrac{3}{5}$
Cách 2:
$A=\dfrac{1+x-4x+4}{\sqrt{1-x^2}}=\dfrac{(1+x)+4(1-x)}{\sqrt{1-x^2}}\geq \dfrac{4\sqrt{1-x^2}}{\sqrt{1-x^2}}=4$
C3: Dùng KSHS. Do đây là topic BĐT THCS nên mình không nêu cách này ở đây
- perfectstrong, Cao Xuân Huy và ducthinh26032011 thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#51
Đã gửi 06-01-2012 - 18:33
(chuyên toán TPHCM năm học 2008-2009)
Việc Chứng minh $a+b>0$ khá dễ nên mình sẽ chứng minh trước.
Ta có: \[
a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2 ) = 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a + b \ne 0 \\
a^2 - ab + b^2 \ne 0 \\
\end{array} \right.
\]
Mà $a^2 - ab + b^2 = (a - \dfrac{b}{2})^2 + \dfrac{3}{4}b^2 \ge 0 \Rightarrow a^2 - ab + b^2 > 0 \Rightarrow a + b > 0$
Cách khác: $a^3 + b^3 = 2 > 0 \Rightarrow a > - b \Leftrightarrow a + b > 0$
Phần chứng minh $a + b \le 2$ theo mình được biết thì có khá nhiều học sinh không tìm ra lời giải.
Tuy nhiên phần chứng minh này có khá nhiều cách mọi người thử suy nghĩ nhé!!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 06-01-2012 - 21:28
- cvp và Cao Xuân Huy thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#52
Đã gửi 06-01-2012 - 19:02
$VT\geq \dfrac{\sqrt{xy+z}+x+y}{1+\sqrt{xy}}\geq 1$Bài 30: Cho x,y,z là 3 số thực dương thoả $x+y+z=1$
CMR: $\dfrac{\sqrt{xy+z}+\sqrt{2x^2+2y^2}}{1+\sqrt{xy}}\geq 1$
(Chuyên KHTN vòng 2 - 2010)
$\Leftrightarrow \sqrt{xy+z}\geq z+\sqrt{xy}\Leftrightarrow 1\geq z+2\sqrt{xy}\Leftrightarrow x+y+z\geq z+2\sqrt{xy}$(đúng theo AM-GM)
- Cao Xuân Huy, yeutoan11, Mai Duc Khai và 1 người khác yêu thích
#53
Đã gửi 06-01-2012 - 21:07
Theo bđt B.C.S, ta có:
\[\left( {a + b} \right)\left( {{a^3} + {b^3}} \right) \ge {\left( {{a^2} + {b^2}} \right)^2} \ge {\left[ {\dfrac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2}} \right]^2} \Leftrightarrow {\left( {a + b} \right)^3} \le 4\left( {{a^3} + {b^3}} \right) = 8 \Leftrightarrow a + b \le 2\]
- provotinhvip và Trang Luong thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#54
Đã gửi 06-01-2012 - 21:08
Phần chứng minh $a + b \le 2$ theo mình được biết thì có khá nhiều học sinh không tìm ra lời giải.
Tuy nhiên phần chứng minh này có khá nhiều cách mọi người thử suy nghĩ nhé!!
Chia sẻ cùng mọi người:
Đặt \[a = \left( {x + 1} \right) \Leftrightarrow x = a - 1;b = \left( {y + 1} \right) \Leftrightarrow y = b - 1\]
\[ \Rightarrow {a^3} + {b^3} = {\left( {x + 1} \right)^3} + {\left( {y + 1} \right)^3} = 2\]
\[ \Leftrightarrow {x^3} + {y^3} + 3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) + 3\left( {x + y} \right) = 0\]
Mặt khác: \[3\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \ge 0 \Rightarrow {x^3} + {y^3} + 3\left( {x + y} \right) \le 0\]
\[ \Rightarrow \left( {x + y} \right)\left( {{x^2} - xy + {y^2} + 3} \right) \le 0\]
Lại có:\[{x^2} - xy + {y^2} + 3 = {\left( {a - \dfrac{b}{2}} \right)^2} + \dfrac{3}{4}{b^2} + 3 > 0\]
\[ \Rightarrow x + y \le 0 \Leftrightarrow a - 1 + b - 1 \le 0 \Leftrightarrow a + b \le 2\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 20-05-2012 - 20:39
- perfectstrong và HÀ QUỐC ĐẠT thích
Tra cứu công thức toán trên diễn đàn
Học gõ Latex $\to$ Cách vẽ hình trên VMF
Điều mà mọi thành viên VMF cần phải biết và tuân thủ
______________________________________________________________________________________________
- Luật đời dạy em cách Giả Tạo
- Đời xô ... Em ngã
- Đời nham ... Em hiểm
- Đời chuyển ... Em xoay
Đời cay ... Em đắng
#55
Đã gửi 06-01-2012 - 21:25
Ta có thể đưa ra bài toán tổng quát tương tự với số mũ thực:Bài 20: Cho 3 số a,b,c thực dương thỏa mãn điều kiện abc=1
Tìm GTNN của $\dfrac{1}{a^4(b+a)}+\dfrac{1}{c^4(a+c)}+\dfrac{1}{b^4(b+c)}$
Tổng quát:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$ và 1 số $\alpha \ge 2$.Tìm GTNN của:
$$P=\dfrac{1}{a^{\alpha}(b+c)}+\dfrac{1}{b^{\alpha}(c+a)}+\dfrac{1}{c^{\alpha}(a+b)}$$
- perfectstrong, Ispectorgadget, HÀ QUỐC ĐẠT và 1 người khác yêu thích
#56
Đã gửi 06-01-2012 - 21:43
Xin lỗi mọi người nhé nãy bài 31 đánh nhầm thành 25 (đã sửa)
Bài 31:
Cách 3: Ta có $2=a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$
$=(a+b)[\dfrac{1}{4}(a+b)^2+\dfrac{3}{4}(a-b)^2]\geq \dfrac{1}{4}(a+b)^3\Rightarrow (a+b)^3\leq 8\Leftrightarrow a+b\leq 2$
Cách này khá giống cách của Perfectstrong biến đổi hơn khác tí
Cách 4: Ta có: $ab=\dfrac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}\Rightarrow 2=a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)$
$=(a+b)^3-\dfrac{3}{4}(a+b)^3+\dfrac{3}{4}(a-b)^2(a+b)\geq \dfrac{(a+b)^3}{4}$
$\Rightarrow (a+b)^3\leq 8\Rightarrow a+b\leq 2$
Cách 5: Từ $ab\leq \dfrac{(a+b)^2}{4}\Rightarrow -3ab(a+b)\geq \dfrac{-3(a+b)^3}{4}$
Ta có: $2=a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)\geq (a+b)^3-\dfrac{3(a+b)^3}{4}=\dfrac{(a+b)^3}{4}$$\Rightarrow \dfrac{(a+b)^3}{4}\leq 2\Rightarrow a+b\leq 2$
Cách 6: Từ$a+b>0\Rightarrow (a+b)(a-b)^2\geq 0\Rightarrow (a+b)(a^2+b^2-ab)\geq ab(a+b)$
$\Rightarrow 3(a^3+b^3)\geq 3a^2b+3ab^2\Rightarrow (a+b)^3\leq 8\Rightarrow 2\geq a+b$
Cách 7:
Ta có: $(a-b)^2+(a-1)^2+(b-1)^2\geq 0\Rightarrow (a^2-ab+b^2)-(a+b)+1\geq 0$
$\Rightarrow a^3+b^3-(a+b)^2+a+b\geq 0\Rightarrow (a+b)^2-(a+b)-2\leq 0$
$\Rightarrow (a+b+1)(a+b-2)\leq 0\Leftrightarrow a+b\leq 2$
Cách 8:
Trong 2 số giả sử 1 số không âm không mất tính tổng quát giả sử a<0 và b>0
$\Rightarrow b^3>2\Rightarrow b>1\Rightarrow a^2+b^2-ab>1\Rightarrow a^3+b^3>a+b\Rightarrow 2>a+b$
Xét cả số không âm nghĩa là a,b$\geq 0$ (*)
Tới đây có 2 cách:
Hướng 1:
Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\Rightarrow a^2\geq b^2$
Áp dụng BĐT Trê-bư-sep cho bộ dãy đơn điệu tăng
$a.a^2+b.b^2\geq \dfrac{(a+b)}{2}.(a^2+b^2)\geq \dfrac{a+b}{2}\dfrac{(a+b)^2}{2}\Leftrightarrow 8=a^3+b^3\geq (a+b)^3$
$\Rightarrow 2\geq a+b$ (1)
Hướng 2:
Áp dụng BĐT Am-GM ta có
$a^3+1+1\geq 3a$
$b^3+1+1\geq 3b$
Do đó $a^3+b^3+4\geq 3(a+b)\Rightarrow a+b\leq 2$ (1')
Từ (*)(1) hoặc (*)(1') ta có Đpcm
Trên đây là 1 số cách giải khác nhau cho 1 bài toán. Hy vọng còn nhiều hướng giải quyết khác nhau từ các bạn.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 07-01-2012 - 00:30
- MyLoVeForYouNMT, provotinhvip và rainbow99 thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#57
Đã gửi 06-01-2012 - 22:07
Mà anh Phúc cho em hỏi là nếu số mũ là số vô tỷ thì sao hả anh?Anh có ý kiến thế này với Kiên và mọi người tham gia topic:Các bạn khi giải xong 1 bài thì hãy thử suy nghĩ xem liệu có thể tổng quát được bài đó hay không (nâng lên thành $n$ biến hay với số mũ $n$....).Làm như vậy sẽ giúp các bạn trao đổi được nhiều kiến thức hơn .Như bài này:
Ta có thể đưa ra bài toán tổng quát tương tự với số mũ thực:
Tổng quát:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$ và 1 số $\alpha \ge 2$.Tìm GTNN của:
$$P=\dfrac{1}{a^{\alpha}(b+c)}+\dfrac{1}{b^{\alpha}(c+a)}+\dfrac{1}{c^{\alpha}(a+b)}$$
Em mới học được số mũ hữu tỷ và âm thôi. Anh có thể giải thích được không?
- Cao Xuân Huy yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#58
Đã gửi 06-01-2012 - 22:08
Bài 32 :
Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương thỏa $a,b,c < 4$.
Chứng minh bất đẳng thức: $$\dfrac{1}{4-a}+\dfrac{1}{4-b}+\dfrac{1}{4-c}\geq \dfrac{3}{4}+\dfrac{a^2+b^2+c^2}{16}$$
- Ispectorgadget, Cao Xuân Huy, HÀ QUỐC ĐẠT và 2 người khác yêu thích
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
#59
Đã gửi 06-01-2012 - 22:24
Số mũ vô tỷ không thể biểu diễn dưới dạng căn số hay phân thức.Chẳng hạn:$3^{\pi}$ không thể biểu diễn dưới bất kỳ biểu thức chứa căn thức nàoMà anh Phúc cho em hỏi là nếu số mũ là số vô tỷ thì sao hả anh?
Em mới học được số mũ hữu tỷ và âm thôi. Anh có thể giải thích được không?
- perfectstrong, Cao Xuân Huy, HÀ QUỐC ĐẠT và 1 người khác yêu thích
#60
Đã gửi 07-01-2012 - 00:20
Cho a,b,c >0. CMR: $\dfrac{1}{a(1+b)}+\dfrac{1}{b(1+c)}+\dfrac{1}{c(1+a)}\geq \dfrac{3}{1+abc}$
Chuyên toán Trần Phú hải Phòng 2001-2002 bài này hình như nằm trong đề thi VMO TPHCM thì phải
Tổng quát ta có: Với a,b,c>0
CMR: $\dfrac{1}{a(m+b)}+\dfrac{1}{b(m+c)}+\dfrac{1}{c(m+a)}\geq \dfrac{3m}{m^3+abc}$ (m>0)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrunghieua: 09-03-2012 - 20:40
- Yagami Raito, Cao Xuân Huy, rainbow99 và 1 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh