Chủ đề này có 7 trả lời

[MoneyIsAll]

$Bài  1$. Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$.Chứng minh rằng: $\sum{\frac{1}{a^4(a+b)} \geq \frac{3}{2}}$

$Bài  2$. Cho $x, y, z>0$ và $x + y + z \leq \frac{3}{2}$. Chứng minh rằng:

                      $\sqrt{x^2 + \frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2 + \frac{1}{z^2}} \geq \frac{3}{2}\sqrt{17}$

$Bài  3$. Cho $a,b,c  thuộc  \mathbb{R}$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} 3\leq a, b, c\leq 5 & & \\ a^2 + b^2 + c^2 = 50& & \end{matrix}\right.$ Tìm $GTNN$ của $P=a+b+c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoneyIsAll: 12-06-2013 - 16:54

[trauvang97]

$Bài  2$. Cho $x, y, z>0$ và $x + y + z \leq \frac{3}{2}$. Chứng minh rằng:

                      $\sqrt{x^2 + \frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2 + \frac{1}{z^2}} \geq \frac{3}{2}\sqrt{17}$

 

Xin chém con dễ nhất

 

Đặt biểu thức vế trái là $P$

Áp dụng bất đẳng thức Mincowsky ta có:

 

$P\geq \sqrt{(x+y+z)^{2}+\left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \right )^{2}}\geq \sqrt{(x+y+z)^{2}+\frac{81}{(x+y+z)^{2}}}$

 

Ta có:

 

$(x+y+z)^{2}+\frac{81}{(x+y+z)^{2}}=16(x+y+z)^{2}+\frac{81}{(x+y+z)^{2}}-15(x+y+z)^{2}$

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy và từ giả thiết ta có:

 

    $16(x+y+z)^{2}+\frac{81}{(x+y+z)^{2}}\geq 2.4.9=72$

   

    $-15(x+y+z)^{2}\geq -15.\left (\frac{3}{2} \right )^{2}\geq -\frac{135}{4}$

 

Do đó: 

 

$P\geq \sqrt{72-\frac{135}{4}}=\sqrt{\frac{153}{4}}=\frac{3}{2}\sqrt{17}$ (đpcm,)

 

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trauvang97: 12-06-2013 - 14:52

[Messi10597]

bài 2: 

Ta có : $\sqrt{x^{2}+\frac{1}{x^{2}}}+\sqrt{y^{2}+\frac{1}{y^{2}}}+\sqrt{z^{2}+\frac{1}{z^{2}}}\geq \sqrt{(x+y+z)^{2}+(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^{2}}$

                                                                                      $\geq$ $\sqrt{(x+y+z)^{2}+\frac{81}{(x+y+z)^{2}}}$

                                                                                      $= \sqrt{(x+y+z)^{2}+\frac{81}{16(x+y+z)^{2}}+\frac{1215}{16(x+y+z)^{2}}}$

                                                                                      $\geq \sqrt{\frac{9}{2}+\frac{1215}{16.(\frac{3}{2})^{2}}}$

                                                                                      $=\frac{3}{2}\sqrt{17}$

   Dấu "=" đạt $\Leftrightarrow x=y=z=\frac{1}{2}$

[trauvang97]

$Bài  1$. Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$.Chứng minh rằng: $\sum{\frac{1}{a^4(a+b)} \geq \frac{3}{2}}$

 

Đặt $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$ thì ta có: $a+b=\frac{x+y}{xy},b+c=\frac{y+z}{yz},c+a=\frac{z+x}{zx}$, $xyz=1$ và bất

 

đẳng thức cần chứng minh được viết lại dưới dạng:

 

                  $\frac{x^{5}y}{x+y}+\frac{y^{5}z}{y+z}+\frac{z^{5}x}{z+x}\geq \frac{3}{2}$

 

hay $\frac{x^{5}y}{xyz(x+y)}+\frac{y^{5}z}{xyz(y+z)}+\frac{z^{5}x}{xyz(z+x)}\geq \frac{3}{2}$

 

hay $\frac{x^{4}}{z(x+y)}+\frac{y^{4}}{x(y+z)}+\frac{z^{4}}{y(z+x)}\geq \frac{3}{2}$

 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy - Schwarz ta có:

 

$\frac{x^{4}}{z(x+y)}+\frac{y^{4}}{x(y+z)}+\frac{z^{4}}{y(z+x)}\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{2(xy+yz+zx)}\geq \frac{xy+yz+zx}{2}\geq \frac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trauvang97: 12-06-2013 - 15:28

[banhgaongonngon]

$Bài  1$. Cho $a,b,c>0$ và $abc=1$.Chứng minh rằng: $\sum{\frac{1}{a^4(a+b)} \geq \frac{3}{2}}$

$Bài  2$. Cho $x, y, z>0$ và $x + y + z \leq \frac{3}{2}$. Chứng minh rằng:

                      $\sqrt{x^2 + \frac{1}{x^2}} + \sqrt{y^2 + \frac{1}{y^2}} + \sqrt{z^2 + \frac{1}{z^2}} \geq \frac{3}{2}\sqrt{17}$

$Bài  3$. Cho $x,y,z  thuộc  \mathbb{R}$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} 3\leq a, b, c\leq 5 & & \\ a^2 + b^2 + c^2 = 50& & \end{matrix}\right.$ Tìm $GTNN$ của $P=x+y+z$

 

Bài 1

 

$\sum \frac{1}{a^{4}(a+b)}\overset{C-S}{\geq }\frac{\left ( \sum \frac{1}{a^{2}} \right )^{2}}{2(a+b+c)} \geq \frac{\left ( \sum \frac{1}{ab} \right )^{2}}{2\sum \frac{1}{ab}} =\frac{1}{2}\sum \frac{1}{ab}\overset{AM-GM}{\geq } \frac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi banhgaongonngon: 12-06-2013 - 15:47

[25 minutes]

$Bài  3$. Cho $x,y,z  thuộc  \mathbb{R}$ thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} 3\leq a, b, c\leq 5 & & \\ a^2 + b^2 + c^2 = 50& & \end{matrix}\right.$ Tìm $GTNN$ của $P=x+y+z$

Do $a,b,c \in \left [ 3;5 \right ]$ nên ta sẽ đặt $\left\{\begin{matrix} a=3+x\\ b=3+y \\c=3+z \end{matrix}\right.\Rightarrow x,y,z \in \left [ 0;2 \right ]$

             $\Rightarrow a+b+c=9+x+y+z$

Ta cần tìm GTNN của $x+y+z$

Theo giả thiết ta có $a^2+b^2+c^2=50\Rightarrow (3+x)^2+(3+y)^2+(3+z)^2=50$

                    $\Rightarrow x^2+y^2+z^2+6(x+y+z)=23$

                    $\Rightarrow (x+y+z)^2+6(x+y+z)=23+2(xy+yz+xz)$

Do $x,y,z \geq 0$ nên $\Rightarrow (x+y+z)^2+6(x+y+z)=23+2(xy+yz+xz) \geq 23$

                    $\Rightarrow x+y+z \geq 4\sqrt{2}-3$

                    $\Rightarrow a+b+c\geq 9+4\sqrt{2}-3=6+4\sqrt{2}$

Vậy GTNN của $a+b+c$ là $6+4\sqrt{2}$

Dấu $=$ xảy ra khi $(x,y,z)=(0,0,4\sqrt{2}-3)\Leftrightarrow (a,b,c)=(3,3,4\sqrt{2})$ và các hoán vị

[MoneyIsAll]

Cảm ơn các bạn/anh chị giải nhiệt tình. Tất cả bài giải đều đúng và rất hay. Song ở câu 2, e có một cách giải khác khá hay, chỉ dùng các BĐT phụ đơn giản suy từ BĐT cosi chứ ko cần dùng Mincowsky. Có gì tối nay đi học về sẽ up lời giải lên. =))( Trễ học rồi ...)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoneyIsAll: 12-06-2013 - 16:59

[MoneyIsAll]

$Bài  2.$ (Từ một tài liệu)

BĐT $\Leftrightarrow \sum \sqrt{17(x^2 + \frac{1}{x^2})} \geq \frac{51}{2}$

Áp dụng B.C.S ta có:

$\sqrt{17(x^2 + \frac{1}{x^2})} = \sqrt{(1^2 + 4^2)(x^2 + \frac{1}{x^2})} = x + \frac{4}{x}$

Tương tự ta dẫn đến:

$\sum \sqrt{17(x^2 + \frac{1}{x^2})} \geq \sum (x +\frac{4}{x})$

$= \sum (x + \frac{1}{4x}) + \frac{15}{4}.(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})$

Áp dụng $AM-GM$ ta có: 

$\sum (x + \frac{1}{4x}) + \frac{15}{4}(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) \geq 3 + \frac{15}{4}.6(Áp  dụng \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \geq \frac{9}{a+b+c}$)

$=\frac{51}{2}.$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2}$

Phép chứng minh hoàn tất.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoneyIsAll: 13-06-2013 - 08:41