Em ơi đây là "Topic bất đẳng thức THCS" ạ! Muốn khoe kiến thức thì lên cấp cao hơn nhé em !Cho dãy số dương $a_1, a_2, a_3,..., a_n$. Cho $0 < p < q$ là hai số hữu tỉ. Chứng minh rằng :
$\left ( \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_k^q \right )\frac{1}{p} < \left ( \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} a_k^p \right )\frac{1}{q}$
Topic bất đẳng thức THCS (2)
#1061
Đã gửi 11-11-2012 - 07:43
- Tran Nam hy2002 yêu thích
#1062
Đã gửi 14-11-2012 - 21:34
#1063
Đã gửi 14-11-2012 - 22:42
Cấm không được post bàiToán tuổi thơ 2 trong kì !chung minh voi moi so thuc duong a,b,c ta co: $\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}\geq \frac{\left ( a+b+c \right )^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 14-11-2012 - 23:12
#1064
Đã gửi 19-11-2012 - 21:47
Chung minh: $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a} +\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2013}{2}}$
#1065
Đã gửi 19-11-2012 - 22:15
chem tam bai nay vayBài 7 lúc nãy gõ nhầm đã sửa lại
Bài 11: Cho a,b,c là 3 số thực dương. Chứng minh rằng:
$\sqrt{a^2+(1-b)^2}+\sqrt{b^2+(1-c)^2}+\sqrt{c^2+(1-a)^2}\geq \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$
ap dung bdt Mincopxki ta co
$VT\geq \sqrt{(a +b+c)^{2}+(3-a-b-c)^{2}}\geq \sqrt{\frac{1}{2}(3-a-b-c+a+b+c)^{2}}= \frac{3\sqrt{2}}{2}$
dpcm
dau "=" khi a=b=c
- Mai Xuan Son yêu thích
#1066
Đã gửi 20-11-2012 - 18:39
Chung minh: $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2013}{2}}$
#1067
Đã gửi 22-11-2012 - 05:34
CHung minh: $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2013}{2}}$
#1068
Đã gửi 22-11-2012 - 10:38
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq a+b+c$
#1069
Đã gửi 22-11-2012 - 10:40
cmr
$\sum x_{i}^{k}\geq \sum x_{i}^{k-1}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doandat97: 22-11-2012 - 11:00
#1070
Đã gửi 22-11-2012 - 10:59
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}=3=a+b+c$đong gop 1 bai nua. cho $a+b+c$=3. cmr
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq a+b+c$
Dấu = khi a=b=c=1
- Sagittarius912 yêu thích
#1071
Đã gửi 22-11-2012 - 11:04
cho a,b,c la 3 canh 1 tam giac. cmr
$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$
#1072
Đã gửi 22-11-2012 - 11:24
Bất đẳng thức schurbai nua
cho a,b,c la 3 canh 1 tam giac. cmr
$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$
Biến đổi về dạng $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$
Giả sử $a\geq b\geq c$ thì $a(a-b)(a-c)\geq b(b-c)(a-b)$
nên $a(a-b)(a-c)+ b(b-c)(b-a)\geq 0$
mặt khác $c(c-a)(c-b)\geq 0$
vậy $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$
Dấu = khi a=b=c ( tam giác đều)
- Sagittarius912 yêu thích
#1073
Đã gửi 22-11-2012 - 11:27
su dung bdt Schur lieu co qua muc cua THCS khong??? bai nay dung AM-GM cung dc maBất đẳng thức schur
Biến đổi về dạng $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$
Giả sử $a\geq b\geq c$ thì $a(a-b)(a-c)\geq b(b-c)(a-b)$
nên $a(a-b)(a-c)+ b(b-c)(b-a)\geq 0$
mặt khác $c(c-a)(c-b)\geq 0$
vậy $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0$
Dấu = khi a=b=c ( tam giác đều)
- tran thanh binh dv class yêu thích
#1074
Đã gửi 22-11-2012 - 12:09
Gõ tiếng Việt có dấu,bạn nhébai nua
cho a,b,c la 3 canh 1 tam giac. cmr
$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$
Nhìn chung thì bài này có 2 hướng tiếp cận:
+Về mặt Hình học:
Nó xuất phát từ BĐT $\cos{A}+\cos{B}+\cos{C} \le \frac{3}{2}$ hay 1 dạng tương đương khác quen thuộc hơn là $R \ge 2r$.
+Về mặt Đại Số:
Ta có 1 dạng phát biểu khác "dễ nhìn" hơn cho BĐT này:
$$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le abc$$
Và đây là hệ quả của AM-GM:
$$(a+b-c)(b+c-a) \le b^2$$
Thật ra phép biến đổi về Schur cũng không quá khó hiểu vì đó chính là bản chất bài toán này.
P/s:Mod THCS xóa giùm mấy bài post của Nguyen Tho The Cuong giùm,post trùng lặp nhiều quá
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 22-11-2012 - 12:11
#1075
Đã gửi 22-11-2012 - 18:42
hì, thông cảm là vì máy nhà mình bị hỏng vietkey, đánh có dấu hơi mất thời gianGõ tiếng Việt có dấu,bạn nhé
Nhìn chung thì bài này có 2 hướng tiếp cận:
+Về mặt Hình học:
Nó xuất phát từ BĐT $\cos{A}+\cos{B}+\cos{C} \le \frac{3}{2}$ hay 1 dạng tương đương khác quen thuộc hơn là $R \ge 2r$.
+Về mặt Đại Số:
Ta có 1 dạng phát biểu khác "dễ nhìn" hơn cho BĐT này:
$$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \le abc$$
Và đây là hệ quả của AM-GM:
$$(a+b-c)(b+c-a) \le b^2$$
Thật ra phép biến đổi về Schur cũng không quá khó hiểu vì đó chính là bản chất bài toán này.
P/s:Mod THCS xóa giùm mấy bài post của Nguyen Tho The Cuong giùm,post trùng lặp nhiều quá
chữa bài luôn vậy:bai nua
cho a,b,c la 3 canh 1 tam giac. cmr
$a^{2}(b+c-a)+b^{2}(c+a-b)+c^{2}(a+b-c)\leq 3abc$
đặt
$b+c-a=x$
$c+a-b=y$
$a+b-c=z$
$\Rightarrow a=\frac{y+z}{2}$
$b=\frac{x+z}{2}$
$c=\frac{x+y}{2}$
bdt cần chứng minh trở thành
$\sum \frac{(y+z)^{2}x}{4}\leq \frac{3(x+y)(y+z)(z+x)}{8}$
$\Leftrightarrow \sum xy(x+y)+6xyz\leq \frac{3}{2}(\sum xy(x+y)+2xyz)\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz$
( đây là 1 bdt khá quen thuộc, dễ chứng minh)
$\Rightarrow$ dpcm. dấu "=" khi $a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doandat97: 23-11-2012 - 19:57
- tran thanh binh dv class yêu thích
#1076
Đã gửi 23-11-2012 - 16:59
hì, thông cảm là vì máy nhà mình bị hỏng vietkey, đánh có dấu hơi mất thời gian
chữa bài luôn vậy:
đặt$b+c-a=x$
$c+a-b=y$
$a+b-c=z$
$\Rightarrow x=\frac{y+z}{2}$$y=\frac{x+z}{2}$
$z=\frac{x+y}{2}$
bdt cần chứng minh trở thành
$\sum \frac{(y+z)^{2}x}{4}\leq \frac{3(x+y)(y+z)(z+x)}{8}$
$\Leftrightarrow \sum xy(x+y)+6xyz\leq \frac{3}{2}(\sum xy(x+y)+2xyz)\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(z+x)\geq 8xyz$
( đây là 1 bdt khá quen thuộc, dễ chứng minh)$\Rightarrow$ dpcm. dấu "=" khi $a=b=c$
Nhầm rồi Đạt ơi
$\Leftrightarrow a=\frac{y+z}{2}$
$b=\frac{x+z}{2}$
$c=\frac{x+y}{2}$
Cho $a^3>36,b,c>0$ Chứng minh$\frac{a^2}{3}+b^2+c^2>ab+bc+ca$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tran thanh binh dv class: 23-11-2012 - 17:13
#1077
Đã gửi 23-11-2012 - 20:04
=))Nhầm rồi Đạt ơi
$\Leftrightarrow a=\frac{y+z}{2}$
$b=\frac{x+z}{2}$
$c=\frac{x+y}{2}$
Cho $a^3>36,b,c>0$ Chứng minh
$\frac{a^2}{3}+b^2+c^2>ab+bc+ca$
$a^{3}>36\Rightarrow \frac{a^{3}}{3}>a^{2}\Rightarrow \frac{a^{3}}{3}+b^{2}+c^{2}>a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca$ (dpcm )
^^
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doandat97: 23-11-2012 - 20:05
#1078
Đã gửi 06-12-2012 - 12:49
Bài 500:
b, Cho x, y,z >2 và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=1$
CMR:(x-2)(y-2)(z-2)$\leq$1
Đây là lời giải t học đc khi đọc 1 cuốn sách:
vì $x,y,z>2$ nên ta có thể đặt $x-2=a; y-2=b; z-2=c (x,y,z>0)$
Khi ấy điều kiện bài toán trở thành:
$\frac{1}{a+2} +\frac{1}{b+2} + \frac{1}{c+2} = 2$
$<=> \frac{1}{2} - \frac{1}{a+2} + \frac{1}{2}-\frac{1}{b+2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{c+2} = \frac{1}{2}$
$<=> \frac{a}{2(a+2)} + \frac{b}{2(b+2)} + \frac{c}{2(c+2)} = \frac{1}{2}$
$<=> \frac{a}{a+2} + \frac{b}{b+2} + \frac{c}{c+2} = 1$
Đến đây ta lại đặt $\frac{a}{a+2} = m; \frac{b}{b+2} = n; \frac{c}{c+2} =p$ khi đó Điều kiện trở thành $m+n+p=1$
Ta có $\frac{a}{a+2} = m => \frac{1}{m} = \frac{a+2}{a} =>\frac{2}{a} = \frac{1}{m}-1 = \frac{n+p}{m} => a=\frac{2m}{n+p}$
Tương tự ta cũng có $b=\frac{2n}{p+m}; c=\frac{2p}{m+n}$
Do đó BĐT cần Chứng minh trở thành $\frac{2m}{n+p}. \frac{2n}{p+m}.\frac{2p}{m+n} \leq 1$
$<=>(m+n)(n+p)(p+m)\leq 8mnp$
Đến đây áp dụng BĐT cô si lần lượt cho $m+n ; n+p ; p+m$ rùi nhân lại ta có ngay ĐpCM
Đẳng thức xảy ra $<=> m=n=p <=> a=b=c=1 <=> x=y=z=3$
Lời giải trên có lẽ hơi dài vì ta có thể sử dụng kỹ thuật ghép đối xứng để giải dễ dàng, nhưng qua cách giải này khiến ta liên tưởng đến 1 CM BĐT cho loại khó hơn mà nếu ko đặt ẩn phụ thì rất khó để giải hoặc ko bao giờ giải được.
Mình thích nhất là khúc biến đổi từ $\frac{1}{a+2} + \frac{1}{b+2} + \frac{1}{c+2} = 1$
$<=> \frac{a}{a+2}+ \frac{b}{b+2} + \frac{c}{c+2} = 1$
..........
- Dung Dang Do và AnnieSally thích
#1079
Đã gửi 06-12-2012 - 13:20
CMR $$(x-2)(y-2)(z-2) \le 1$$
$$\frac{x-2}{x}+\frac{y-2}{y}=\frac{2}{z}\ge 2\sqrt{\frac{(x-2)(y-2)}{xy}}$$
Tương tự $$\frac{y-2}{y}+\frac{z-2}{z}=\frac{2}{x}\ge 2\sqrt{\frac{(z-2)(y-2)}{zy}}$$
$$\frac{x-2}{x}+\frac{z-2}{z}=\frac{2}{y}\ge 2\sqrt{\frac{(z-2)(x-2)}{zx}}$$
Nhân lại ta có Điều phải chứng minh
- nghiakvnvsdt yêu thích
#1080
Đã gửi 09-12-2012 - 21:02
Chung Minh
$\frac{1}{1+x^{3}}+\frac{1}{1+y^{3}}+\frac{1}{1+z^{3}}\geq \frac{3}{1+xyz}$
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh