Chứng minh rằng P = $\frac{8a^{2}+b}{4a}+b^{2}\geq \frac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRUNGKIEN1997: 09-07-2012 - 17:04
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRUNGKIEN1997: 09-07-2012 - 17:04
- tkvn 97-
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 09-07-2012 - 22:47
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
Sao dẹp tiệm sớm thế$$\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}\ge \sqrt{\dfrac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}}$$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
Vậy là topic được đưa vào hoạt động. Nội quy và cách thức hoạt động các bạn có thể xem ở bên dưới.
Bài toán mở đầu:[huymit_95]
Cho $m,n,p$ là các số thực không âm thoả mãn $mn+np+pm=1$ và $x,y,z>0$. Chứng minh rằng :
$$m(y+z)^2+n(z+x)^2+p(x+y)^2\ge 4\sqrt{xyz(x+y+z)}$$
Vô tình tìm được cái này trong máy tính, down đã lâu mà chưa đọcBổ đề :
Cho các số thực $m,n,p$ thoả mãn $mn+np+pm=1; m+n, n+p, p+m >0$ và $a,b,c$ là 3 cạnh của một tam giác có diện tích $S$. Chứng minh rằng :
$$ma^2+nb^2+pc^2\ge 4\sqrt{mn+np+mp}S$$
Tìn buồn đây, không ngờ. Hứt hứt. Thật sự mình tưởng là của riêng mìnhVô tình tìm được cái này trong máy tính, down đã lâu mà chưa đọc
Tặng mọi người, các bài toán liên quan nằm trong phần cuối nhé ( chương 4)
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
Tớ post lên với mục đích cho mọi người có thể hiểu biết thêm về nó thôi, không có mục đích nào khác đâu. Chúng ta có thể mở rộng thêm cho nó được không, như trong tứ giác chẳng hạn.Tìn buồn đây, không ngờ. Hứt hứt. Thật sự mình tưởng là của riêng mình
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 14-07-2012 - 06:48
Mở rộng bài nàyBài toán 7.
Cho $x_1, x_2, .., x_n$ là các số thực không âm thoả mãn $x_1+x_2+...+x_n=k (k\ge 0, n\ge 4)$. Tìm GTLN của $x_1x_2x_3x_4$
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
Đặt: $VT = f\left( {{x_1};...;{x_n}} \right)$Mở rộng bài này
Nếu $x_1+x_2+...+x_n=1$ với $x_1;x_2...x_n$ là các số thực dương; $2\le k<n (k\in N)$ thì $$x_1x_2...x_k+x_2x_3...x_{k+1}+...+x_nx_1...x_{k-1}\le max\begin{Bmatrix}
\frac{1}{k^k};\frac{1}{n^:k-1}
\end{Bmatrix}$$
THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT
LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN
Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa
Áp dụng Holder, ta có:Ủng hộ anh "mít"
Cho $a,b,c> 0$ và $n\geq 1;n\in Z$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[n]{a^{n}+b^{n}}+\sqrt[n]{b^{n}+c^{n}}+\sqrt[n]{c^{n}+a^{n}}\geq \sqrt[n]{2}(a+b+c)$$
THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT
LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN
Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa
Góp vui cho bài này nhé (sử dụng ý tưởng của "Mít" )Làm một lúc mà không ra, để anh em chém vậy. Mình mở rộng trước đã
đọc được bài của anh Thành về hàm Zeta lại xuất hiện một bất đẳng thức rất đẹp, mà theo mình sẽ xảy ra đẳng thức. Theo đó :
$1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+...........+\dfrac{1}{n^2}+.......=\dfrac{\pi^2}{6}$
Hiển nhiên ta có bất đẳng thức :
$$\left (a_1+a_2+...+a_n+...\right )^4\le \dfrac{\pi^4}{36}\left (a_1^2+a_2^2+a_3^2+...+a_n^2+...\right )^2\left (a_1^2+2^4a_2^2+3^4a_3^2+...+n^4a_n^2+...\right )$$
Nguồn:Nguyễn Bảo Phúc.
Em làm cách này được không, không liên quan đến hàm Zeta.Góp vui cho bài này nhé (sử dụng ý tưởng của "Mít" )
Bài toán: Cho $a_{i}>0(i=\overline{1;n})$ thỏa mãn tổng bằng 1.Chứng minh:
$$\prod_{k=1}^{n}a_{k}^{a_{k}} >\frac{6\ln^2{(n+1)}}{n^2\pi^2}$$Nguồn:Nguyễn Bảo Phúc.
Thôi ,tham khảo cách giải của mình ở đây nhé ,mình lười gõ quáEm làm cách này được không, không liên quan đến hàm Zeta.
Ta có thể tìm luôn min của VT.
TH1, $n=1$ $\Rightarrow a_1=1$ suy ra BĐT đúng.
TH2 $ n \ge 2$
Áp dụng BĐT Jensen cho hàm lồi $f(x)=x.lnx$, ta được
$$a_1.lna_1+a_2.lna_2+...+a_n.lna_n\geq n.\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}.ln\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}=(a_1+a_2+...+a_2).ln\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n}$$
$$\Leftrightarrow a_1^{a_1}.a_2^{a_2}...a_n^{a_n}\geq \left ( \frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \right )^{a_1+...+a_n}=\frac{1}{n}$$
Vì vậy, ta cần chứng minh
$$\frac{1}{n}>\frac{6ln^2(n+1)}{n^2 \pi^2}\Leftrightarrow n\pi^2>6ln^2(n+1)\Rightarrow g(n)>0$$
$$g'(n)=\pi^2-12.ln(n+1).\frac{1}{n+1}\Rightarrow g''(n)=-12\left [ \frac{1}{(n+1)^2}-\frac{ln(n+1)}{(n+1)^2} \right ]=\frac{12[ln(n+1)-1]}{(n+1)^2}$$
Vì $n\ge 2$ nên $g''(n) >0$ suy ra $g'(n) \ge g'(2)=\pi^2-4.ln3>0$
Suy ra $g(n)\ge g(2)=2\pi^2-6.ln^23>0$ ĐPCM
Nguồn: Nguyễn Bảo Phúc.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 05-08-2012 - 21:05
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 08-08-2012 - 09:59
Bài này đâu phải là tự sáng tạo đâu =.= bạn lưu ý post đúng topic nhéBài toán:Cho ba số thực dương a,b,c thay đổi thỏa mãn điều kiện abc=1. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+c+a}\leq \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}$
Bài toán:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn:$abc=1$.Chứng minh BĐT kép sau:
$$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1} \le \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \le 1$$Cách 1: Ispectorgadget
- Chứng minh: $$\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \le 1$$
Đặt $x=\frac{1}{a+2};y=\frac{1}{b+2};z=\frac{1}{c+2}\Rightarrow a=\frac{1-2x}{x};b=\frac{1-2y}{y};c=\frac{1-2z}{z}$
Ta có: $abc=1\Rightarrow \frac{(1-2x)(1-2y)(1-2z)}{xyz}=1\Leftrightarrow (1-2x)(1-2y)(1-2z)=xyz$
Do đó ta cần chứng minh $x+y+z\leq 1$
Giả sử ngược lại: $x+y+z>1$
$(1-2x)<(x+y+z)-2z=y+x-z$
$(1-2y)<(x+y+z)-2y=x+z-y$
$(1-2z)<(x+y+z)-2z=x+y-z$
Nhân lại ta có:$xyz=(1-2x)(1-2y)(1-2z)< (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$
Điều này mâu thuẫn với BĐT Schur $xyz\geq (x+y-z)(x+z-y)(y+z-x)$
Do đó giả sử trên của ta là sai! Do đó BĐT ban đầu là đúng!
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Cách 2:
darktemplar $$\iff \frac{a}{a+2}+\frac{b}{b+2}+\frac{c}{c+2} \ge 1$$
Theo AM-GM:
$$\frac{a}{a+2}=\frac{a}{a+2\sqrt[3]{abc}}=\frac{\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[3]{a^2}+2\sqrt[3]{bc}} \ge \frac{\sqrt[3]{a^2}}{\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}+\sqrt[3]{c^2}}$$
Thiết lập tương tự và cộng lại ta có điều cần chứng minh
Cách 3: Đặt $a;b;c$ lần lượt là $x^2;y^2;z^2$ với với điều kiện $xyz=1$ . Bất đẳng thức trên viết lại thành
$$ \frac{1}{x^2+2} +\frac{1}{y^2+2}+\frac{1}{z^2+2}\le 1$$ Bất đẳng này tương đương với $$\left (\frac{1}{2}-\frac{1}{x^2+2} \right ) +\left (\frac{1}{2}-\frac{1}{y^2+2} \right )+\left (\frac{1}{2}-\frac{1}{z^2+2} \right )\ge \frac{3}{2}-1,$$ hay là $$\frac{x^2}{x^2+2} +\frac{y^2}{y^2+2}+\frac{z^2}{z^2+2}\ge 1.$$ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có $$ \frac{x^2}{x^2+2} +\frac{y^2}{y^2+2}+\frac{z^2}{z^2+2}\ge \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+6}.$$ Cuối cùng ta sẽ chứng minh $$\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+6}\ge 1,$$ Hiển nhiên đúng theo kết quả ở trên. Giá tri lớn nhất của $P$ là $1$ đạt được khi $a=b=c=1.$Cách 1': Đặt $x=a+b+c;y=ab+bc+ac$
- Chứng minh: $$\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1} \le \frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2}$$
BĐT cần chứng minh $$\Leftrightarrow \frac{x^2+4x+y+3}{x^2+2x+y+xy}-1\leq \frac{12+4x+y}{9+4x+2y}-1$$
$$\Leftrightarrow \frac{2x+3-xy}{x^2+2x+y+xy}\leq \frac{3-y}{9+4x+2y}$$
Với BĐT cuối,ta quy đồng và sử dụng các BĐT: $x\geq 3;y\geq 3;x^2\geq 3y$, ta có:
$$\frac{5}{3}x^2y\geq 5x^2;\frac{x^2y}{3}\geq y^2;xy^2\geq 9x;5xy\geq 15x;xy\geq 3y$$
Từ đây ta có đpcm. $\square$
Cách 2': darktemplar
Sử dụng 1 BĐT hiển nhiên sau:
$$\frac{2}{a+2}-\frac{b}{ab+b+1}-\frac{1}{a+b+1}=\frac{a(b-1)^2}{(a+2)(ab+b+1)(a+b+1)} \ge 0$$
Và 1 đẳng thức quen thuộc:
$$\frac{a}{ca+a+1}+\frac{b}{ab+b+1}+\frac{c}{bc+c+1}=1$$
Nên ta có:
$$\sum \frac{1}{a+2}-\sum \frac{1}{a+b+1} \ge 1-\sum \frac{1}{a+2}$$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{1}{a+2}+\frac{1}{b+2}+\frac{1}{c+2} \le 1$$
BĐT này chúng ta đã chứng minh ở trên,nên ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
Bài toán [Tham Lang]
Cho $x,y,z$ là các số thực khác 0 và $n$ là tham số.
$$\left\{\begin{array}{1}\left (x^2+nyz\right )\left (y^2+nzx\right )\left (z^2+nxy\right ) \ne 0 \\ \left |x^3+y^3+z^3\right | \le 2|xyz| \\xy+yz+zx=0 \\n\ge 2 \end{array}\right.$$
Tìm GTLN, GTNN của $P$ theo $n$
$$P=\dfrac{yz}{x^2+nyz}+\dfrac{zx}{y^2+nzx}+\dfrac{xy}{z^2+nxy}$$
Để tránh thiếu thẩm mỹ, mình đã lược bớt một tham số $m$. Các bạn thử xem, nó nằm ở đâu nhé file:///C:/DOCUME~1/ADMINI~1/LOCALS~1/Temp/msohtml1/01/clip_image001.gif
Thực ra, để nghĩ ra 2 bài toán này, mình đã dựa vào một bài toán sau :Bài toán [Tham Lang]
Cho các số thực $x,y,z \ne 0$ và 2 tham số $m, n$ sao cho $$\left\{\begin{array}{1}\left (x^2+myz\right )\left (y^2+mzx\right )\left (z^2+mxy\right ) \ne 0 \\xy+yz+zx =0 \\(x+y+z)^3 =nxyz \end{array}\right.$$
Tính giá trị của :
$$P=\dfrac{yz}{x^2+myz}+\dfrac{zx}{y^2+mzx}+\dfrac{xy}{z^2+mxy}$$
Ý tưởng như sau :Cho x,y,z đôi một khác nhau, $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0$
Tính giá trị biểu thức:
$A=\frac{yz}{x^2+2yz}+\frac{xz}{y^2+2xz}+\frac{xy}{z^2+2xy}$
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
Hôm trước cô của mình có ra 1 bài như thế này
1.Cho $a;b;c;d>0$ và $\sum \frac{1}{1+a}=3$.Chứng minh $abcd\leq \frac{1}{81}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 03-08-2015 - 10:27
Làm tương tự rồi cộng lại, suy ra ĐPCM. Nhưng lại không xảy ra dấu"=" nên chỉ có :
$$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}>2$$
Anh có làm chặt bài này lên thành:
Với $a,\,b,\,c $ là ba số thực không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=1.$ Chứng minh rằng
\[\sqrt{a^3+a}+\sqrt{b^3+b}+\sqrt{c^3+c}\ge 2\sqrt{a+b+c+\frac{abc}{8} \cdot \left (ab+bc+ca-\frac{9abc}{a+b+c}\right)}.\]
Bất đẳng thức này cũng chặc hơn bất đẳng thức Iran TST 2008.
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh