Chủ đề này có 92 trả lời

[25 minutes]

$\fbox{Bài 27.}$ Chứng minh rằng với $\forall x\in\left(0;\,\dfrac{\pi}{2}\right),$ ta luôn có: $$\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^3>\cos x$$

Đã có ở đây 

http://diendantoanho...fracpi-2-right/

[luuvanthai]

Bài 28 :Cho $a+b+c=0$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$.Tìm GTLN:P=$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi luuvanthai: 11-08-2013 - 15:34

[25 minutes]

Bài 28 :Cho $a+b+c=0$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$.Tìm GTLN:P=$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$

Tham khảo ở đây

http://diendantoanho...của-aa2bb2cc2a/

[phanquockhanh]

Bài 29: Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn:\[{x^2} + {y^2} + 6{z^2} = 4z\left( {x + y} \right)\]

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

\[P = \frac{{{x^3}}}{{y{{\left( {x + z} \right)}^2}}} + \frac{{{y^3}}}{{x{{\left( {y + z} \right)}^2}}} + \frac{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{z}\]

[25 minutes]

Bài 29: Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn:\[{x^2} + {y^2} + 6{z^2} = 4z\left( {x + y} \right)\]

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:

\[P = \frac{{{x^3}}}{{y{{\left( {x + z} \right)}^2}}} + \frac{{{y^3}}}{{x{{\left( {y + z} \right)}^2}}} + \frac{{\sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{z}\]

Tham khảo bài 4

[T M]

Cuối cùng cũng đã ra .
Coi biểu thức trên là hàm số theo biến $b$ với $b\in [0;2]$ còn $a,c$ là hằng số ta có:
$f(b)=2b^2+(a^2+3c^2-2a-24c+2060)$
có $f'(b)=4b\geq 0$ nên hàm số đồng biến nên :$f(0)\leq f(b)\leq f(2)$
 

 

Bài này có vẻ không ổn, vì $a;b;c$ ràng buộc với nhau bởi điều kiện $a+b+c=3$ nên không thể xét hàm riêng lẻ như vậy được.

[BoFaKe]

Bài này có vẻ không ổn, vì $a;b;c$ ràng buộc với nhau bởi điều kiện $a+b+c=3$ nên không thể xét hàm riêng lẻ như vậy được.

Em nghĩ là vẫn có thể xét hàm riêng lẻ được bởi cái giá trị của $b$ nằm trong khoảng đó thì vẫn sẽ tồn tại các giá trị của $a;c$,không ảnh hưởng đến 2 biến còn lại.

--------------------------

P/S:Không biết ý anh có phải thế không?

[T M]

Cái này anh cũng gặp mấy lần rồi.

 

Có nghĩa là khi làm như vậy, em đã mặc định cho điều kiện của nó mà không để ý đến các biến $b;c$.

 

Theo anh, chỉ làm được như vậy khi biến $a$ là độc lập với $b;c$. Tức là, 3 biến hoàn toàn không liên quan đến nhau bằng quan hệ gì cả.

 

Thêm nữa, nếu làm như em thì rất nhiều bài toán rất khó trở nên tầm thường.

[hihi2zz]

Bài 28: Cho $x$ và $y$ là 2 số dương thoả $x^3+y^3\leq 2$. Tìm Max cua $P=x^2+y^2$

Áp dụng BĐT Cauchy,ta có: $\left\{\begin{matrix} x^3+x^3+1 \geq 3\sqrt [3]{x^3.x^3.1}=3x^2\\ y^3+y^3+1 \geq 3\sqrt [3]{y^3.y^3.1}=3y^2 \end{matrix}\right.$

Cộng theo vế được: $6 \geq2(x^3+y^3)+2\geq3(x^2+y^2)$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=1$

[bodien245]

Mình xin giải bài 4 như sau:
Ta có $\frac{x^{4}+y^{4}-4}{x^{2}+y^{2}-3}=\frac{(x^{2}+y^{2})^{2}-2x^{2}y^{2}-4}{x^{2}+y^{2}-3}$ (1)
Tới đây, từ giả thiết suy ra $x^{2}+y^{2}=1+xy$, Thay vào (1) ta được:
$\frac{(1+xy)^{2}-2x^{2}y^{2}-4}{1+xy-3}=\frac{-x^{2}y^{2}+2xy-3}{xy-2}$
Đặt xy=t $(t\leq 1)$
Ta sẽ tìm max, min của $f(t)=\frac{-t^{2}+2t-3}{t-2}$
Tới đây, công cụ đạo hàm tỏ ra khá hiệu quả

[bodien245]

Làm như bạn chỉ tìm được min với đk t $ <= $ 1 thôi chưa giải quyết được max

[khoacktv]

chào bạn. Đúng lúc đang thảo luận về pp hàm số. Mình có 1 số vấn đề muốn hỏi. Hiện giờ có 1 ý kiến dựa vào $f(x)\leq m \forall x\Leftrightarrow Max f(x)\leq m$ để CM BDT sau: Cho x,y,z>0 x+y+z=3

P=$\frac{x^{2}}{1+y^{2}}+\frac{y^{2}}{1+z^{2}}+\frac{z^{2}}{1+x^{2}}\geq \frac{3}{2}$

Bài giải

Sử dụng BDT cauchy schwarz ta có P $\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3+x^{2}+y^{2}+z^{2}}$=f(x,y,z)  $\forall$ x,y,z>0

Mà f(x,y,z)$\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}}$=3/2 $\forall$ x,y,z>0

vì $P\geq f(x,y,z)\Leftrightarrow P\geq Max f(x,y,z)=3/2 hay P\geq 3/2 (đpcm)$

Bạn xem bài chứng minh này đúng không. Nếu sai mong bạn nói rõ chỗ sai dùm. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khoacktv: 18-10-2013 - 22:43

[khoacktv]

chào bạn. Đúng lúc đang thảo luận về pp hàm số. Mình có 1 số vấn đề muốn hỏi. Hiện giờ có 1 ý kiến dựa vào $f(x)\leq m \forall x\Leftrightarrow Max f(x)\leq m$ để CM BDT sau: Cho x,y,z>0 x+y+z=3

P=$\frac{x^{2}}{1+y^{2}}+\frac{y^{2}}{1+z^{2}}+\frac{z^{2}}{1+x^{2}}\geq \frac{3}{2}$

Bài giải

Sử dụng BDT cauchy schwarz ta có P $\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3+x^{2}+y^{2}+z^{2}}$=f(x,y,z)  $\forall$ x,y,z>0

Mà f(x,y,z)$\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}}$=3/2 $\forall$ x,y,z>0

vì $P\geq f(x,y,z)\Leftrightarrow P\geq Max f(x,y,z)=3/2 hay P\geq 3/2 (đpcm)$

Bạn xem bài chứng minh này đúng không. Nếu sai mong bạn nói rõ chỗ sai dùm. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khoacktv: 18-10-2013 - 22:44

[phuongnamz10A2]

chào bạn. Đúng lúc đang thảo luận về pp hàm số. Mình có 1 số vấn đề muốn hỏi. Hiện giờ có 1 ý kiến dựa vào $f(x)\leq m \forall x\Leftrightarrow Max f(x)\leq m$ để CM BDT sau: Cho x,y,z>0 x+y+z=3

P=$\frac{x^{2}}{1+y^{2}}+\frac{y^{2}}{1+z^{2}}+\frac{z^{2}}{1+x^{2}}\geq \frac{3}{2}$

Bài giải

Sử dụng BDT cauchy schwarz ta có P $\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{3+x^{2}+y^{2}+z^{2}}$=f(x,y,z)  $\forall$ x,y,z>0

Mà f(x,y,z)$\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3+\frac{(x+y+z)^{2}}{3}}$=3/2 $\forall$ x,y,z>0

vì $P\geq f(x,y,z)\Leftrightarrow P\geq Max f(x,y,z)=3/2 hay P\geq 3/2 (đpcm)$

Bạn xem bài chứng minh này đúng không. Nếu sai mong bạn nói rõ chỗ sai dùm. 

Bất đẳng thức của bạn ngược dấu rồi. $f(x,y,z) \le P$ và $f(x,y,z) \le \frac{3}{2}$ thì chưa thể kết luận được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuongnamz10A2: 19-10-2013 - 23:12

[khoacktv]

Bất đẳng thức của bạn ngược dấu rồi. $f(z,y,z) \ge P và f(x,y,z) \le \frac{3}{2}$ thì chưa thể kết luận được

tôi cũng biết thế. nhưng bạn có học tới cái này chưa  $f(x)\leq m \forall x\Leftrightarrow Max f(x)\leq m$ . có  ông thầy giải vậy đó. ổng nói đó là ở phần toán học cao cấp. tôi nghĩ như vậy là sai nhưng ko biết nó ứng dụng sai chỗ nào

[bitatthoi]

cho x,y,z > 0 và $x+y+z\leq 1$. tìm min

P=$\sqrt{\frac{6x+8}{6x-1}{}{}}+\sqrt{\frac{6y+8}{6y-1}}+\sqrt{\frac{6z+8}{6z-1}}$

[dhdhn]

Ta có x+y=1 nên theo Cô-si xy $\leq$$\frac{1}{4}$

P=12x³+12y³+16x²y²+34xy=12.(1-3xy)+16x²y²+34xy=16x²y²-2xy+12(Do x+y=1)

Đặt xy=t. Điều kiện 0$\leq$t $\leq$$\frac{1}{4}$ rồi dùng đạo hàm là Ok

[penhox]

dạ cho e hỏi bài số 4, vì sao khi đặt xy=t thì t <=1 ạ?

[gatoanhoc1998]

Ta có: $a+b =1 \geq 2\sqrt{ab} \Leftrightarrow ab \leq \frac{1}{4}$
Do $a,b >0$ ta có $ab>0$
$F=\frac{1}{1-3ab}+\frac{1}{ab}$
Đặt $ab=t ;t \in (0 ;\frac{1}{4}]$ ta có :
$F=\frac{1}{1-3t}+\frac{1}{t}$
Xét hàm $f(t)= \frac{1}{1-3t}+\frac{1}{t}$
$f’(t)=\frac{3}{(1-3t)^2}-\frac{1}{t^2} $
$\Rightarrow f’(t)=0 \Leftrightarrow x=\frac{3 \pm \sqrt{3}}{6}$
Vẽ bảng biến ta có $minF=4+2\sqrt{3}$ khi $t=\frac{3-\sqrt{3}}{6},a,b=…$(phải đi học rồi).

Đặt t=ab ,ta có:$t\leq \frac{(a+b)^{2}}{4}=\frac{1}{4}$

$\Rightarrow t\in$(0;1/4]

$F=\frac{1}{1-3t}+\frac{1}{t}$

Xét hàm số:

$f(x)=\frac{1}{1-3x}+\frac{1}{x}$ có

$f'=\frac{3}{(1-3x)^{2}}-\frac{1}{x^{2}}$

$f'=0\Leftrightarrow x=\frac{3\pm \sqrt{3}}{6}$

Lập  bảng biến thiên ta có:

    $Minf=f(\frac{1}{4})=8$

Vậy MinF=8 khi a=b=$\frac{1}{2}$

[19kvh97]

Góp vui chút. Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix}x,y,z \epsilon [1;9] &  & \\ x\geq y,x\geq z &  & \end{matrix}\right.$

Tìm GTLN và GTNN của $P=\frac{x}{x+2y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}$