Đến nội dung

duongvanhehe

duongvanhehe

Đăng ký: 01-07-2012
Offline Đăng nhập: 04-01-2015 - 18:49
***--

#384497 $(x^{2}+y^{2})(y^{2}+z^{2})(z^...

Gửi bởi duongvanhehe trong 07-01-2013 - 21:18

CHo x,y,z là 3 số dương thỏa $x+y+z=1$. Chứng minh:
$(x^{2}+y^{2})(y^{2}+z^{2})(z^{2}+x^{2})\geq 8(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2})^{2}$

Ta có:
$(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)=(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-x^2y^2z^2$
$=(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-x^2y^2z^2(x+y+z)^2$
$\geq (x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-xyz(x+y+z)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$
Nên ta chỉ cần chứng minh được:
$(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)-xyz(z+y+z)\geq 8(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$
Sử dụng BĐT Schur ta có:
$(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)-xyz(x+y+z)=(x^2+y^2+z^2)^2+2(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)-xyz(x+y+z)$
$=x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+2\sum xy(x^2+y^2)+2xyz(x+y+z)-xyz(x+y+z)$
$\geq 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+3\sum xy(x^2+y^2)\geq 8(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$$(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)-xyz(x+y+z)$
$=(x^2+y^2+z^2)^2+2(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)-xyz(x+y+z)$
$=x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+2\sum xy(x^2+y^2)+2xyz(x+y+z)-xyz(x+y+z)$
$\geq 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+3\sum xy(x^2+y^2)\geq 8(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$


#382404 $\frac{z-xy}{x^{2}+xy+y^{2}...

Gửi bởi duongvanhehe trong 31-12-2012 - 23:11

Bài 1:
BĐT $\Leftrightarrow \sum \frac{zx+zy+z^2-xy}{x^2+xy+y^2}\geq 2$
$\Leftrightarrow \sum \frac{zx+yz}{x^2+xy+y^2}+\sum \frac{z^2-xy}{x^2+xy+y^2}\geq 2$
Ta có:
$\frac{xy+xz}{y^2+yz+z^2}+\frac{yz+xy}{z^2+zx+x^2}+\frac{zx+zy}{x^2+xy+y^2}\geq 2$
Giả sử $x\geq y\geq z$ , theo BĐT Chebyshev ta có:
$\frac{x^2-yz}{y^2+yz+z^2}+\frac{y^2-zx}{z^2+zx+x^2}+\frac{z^2-xy}{x^2+xy+y^2}$
$\geq \frac{1}{3}(x^2-yz+y^2-zx+z^2-xy)\left ( \frac{1}{x^2+xy+y^2}+\frac{1}{y^2+yz+z^2}+\frac{1}{zz^2+zx+x^2} \right )$
$\geq 0$
Suy ra đpcm
Bài 3:
Ta có BĐT sau:
$\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\geq \frac{3}{ab+bc+ca}$
$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)\left ( \frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab} \right )\geq 3$
nên ta chỉ cần chứng minh được:
$\frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ca}{b^2+ca}+\frac{ab}{c^2+ab}\geq 1$
Nhưng BĐT này đúng theo Cauchy-Schwarz:
$\frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ca}{b^2+ca}+\frac{ab}{c^2+ab}=\sum \frac{b^2c^2}{a^2bc+b^2c^2}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{a^2bc+b^2ca+c^2ab+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\geq 1$


#380278 $$\sqrt{\frac{b+c-a}{a}}+...

Gửi bởi duongvanhehe trong 25-12-2012 - 12:39

Bài toán 2.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh:
$$\frac{a^3+2abc}{a^3+(b+c)^3}+\frac{b^3+2abc}{b^3+(a+c)^3}+\frac{c^3+2abc}{c^3+(a+b)^3}\geq 1$$

BĐT tương đương: $\sum \frac{a(a^2+2bc)}{(a+b+c)(a^2+(b+c)^2-a(b+c))}\geq 1$
$\Leftrightarrow \sum \frac{a(a^2+2bc)}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}\geq a+b+c$
$\Leftrightarrow \sum a\left ( \frac{a^2+2bc}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}-1 \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum a.\frac{b(a-b)+c(a-c)}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum ab(a-b)\left ( \frac{1}{a^2+(b+c)^2-a(b+c)}-\frac{1}{b^2+(c+a)^2-b(c+a)} \right )\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum ab(a-b).\frac{2ca-b(c+a)-2bc+a(b+c)}{(a^2+(b+c)^2-a(b+c))(b^2+(c+a)^2-b(c+a))}$
$\Leftrightarrow \sum 3abc.\frac{(a-b)^2}{(a^2+(b+c)^2-a(b+c))(b^2+(c+a)^2-b(c+a))}\geq 0$
:icon6: Luôn đúng
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $abc=0$


#379841 $$1+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq...

Gửi bởi duongvanhehe trong 23-12-2012 - 16:47

Giải trí sáng chủ nhật ^^~
Bài toán 1.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\left(\frac{a}{b+c}\right)^2+\left(\frac{b}{a+c}\right)^2+\left(\frac{c}{a+b}\right)^2+\frac{10abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$$
Bài toán 2.
Chứng minh $\forall a,b,c\geq 0$ ta luôn có:
$$1+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$$

Bài toán 1
Nhân cả 2 vế của BĐT cần chứng minh với $(a+b)(b+c)(c+a)$ , tương đương với:
$\sum \frac{a^2(a+b)(a+c)}{b+c}+10abc\geq 2(a+b)(b+c)(c+a)$
$\Leftrightarrow \sum \left ( \frac{a^2(a+b)(a+c)}{b+c}-2a^3 \right )+2(a^3+b^3+c^3+5abc)\geq (a+b)(b+c)(c+a)$
$\Leftrightarrow \sum \frac{a^2(a-b)(a-c)}{b+c}+2(a^3+b^3+c^3+3abc)\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$
(Luôn đúng theo Schur)

Bài toán 2.
Ta có: $8(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 9(a+b)(b+c)(c+a)$
nên $\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{9abc}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$
$\Rightarrow 1+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 1+\frac{9abc}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}$
$=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\left ( a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c} \right )\geq \frac{2(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$
(đúng theo Schur)

:icon6:


#379443 $\sum \frac{1}{2 - \cos \mathrm{...

Gửi bởi duongvanhehe trong 21-12-2012 - 23:33

Giả sử $C=min{A,B,C}$
Ta sẽ chứng minh: $\frac{1}{2-cosA}+\frac{1}{2-cosB}\geq \frac{2}{2-cos\frac{A+B}{2}}$
$\Leftrightarrow (4-cosA-cosB+cosAcosB)(2-cos\frac{A+B}{2})\geq 2(2-cosA)(2-cosB)$
$cos\frac{A+B}{2}(cosA+cosB)-2cosAcosB+2(cosA+cosB)-4cos\frac{A+B}{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow 2cos^2\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}-(cos(A+B)+cos(A-B))+4cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}-4cos\frac{A+B}{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow 2cos^2\frac{A+B}{2}cos\frac{A-b}{2}-2cos^2\frac{A+B}{2}+2(1-cos^2\frac{A-B}{2})-4cos\frac{A+B}{2}+4cos\frac{A+B}{2}cos\frac{A-B}{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow 2(1-cos\frac{A-B}{2})(1+cos\frac{A-B}{2}-2cos\frac{A+B}{2}-cos^2\frac{A+B}{2})\geq 0$
Điều này đúng do:
$\frac{\pi}{3}\leq \frac{A+B}{2}\leq \frac{\pi}{2}\Rightarrow 1-2cos\frac{A+B}{2}\geq 0$
$cos\frac{A-B}{2}\geq cos\frac{A+B}{2}\geq cos^2\frac{A+B}{2}$
Giờ ta chỉ cần chứng minh được: $\frac{2}{2-cos\frac{A+B}{2}}+\frac{1}{2-cosC}\geq 2$
$\Leftrightarrow sin\frac{C}{2}(2sin\frac{C}{2}-1)^2\geq 0$
(Luôn đúng :icon6: )
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều...


#379433 $\frac{1}{(c+a)^2(a+b)^2}+\frac{1...

Gửi bởi duongvanhehe trong 21-12-2012 - 23:03

:icon6:
Chứng minh với mọi a,b,c dương
$\frac{1}{(c+a)^2(a+b)^2}+\frac{1}{(a+b)^2(b+c)^2}+\frac{1}{(b+c)^2(c+a)^2}\leq \frac{2}{(ab+bc+ca)^2}$

:icon6: :
Đặt $a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r$
BĐT $\frac{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}\leq \frac{2}{(ab+bc+ca)^2}$
$\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}\leq \frac{1}{(ab+bc+ca)^2}$
$\Leftrightarrow \frac{p^2-q}{(pq-r)^2}\leq \frac{1}{q^2}$
$\Leftrightarrow q^2(p^2-q)\leq (pq-r)^2$
$\Leftrightarrow q^3+r^2\geq 2pqr$
(Cái này luon đúng do $q^2\geq 2pr$ )
Đẳng thức xảy ra chẳng hạn khi $b=c\rightarrow 0$ và $a\neq 0$


#373609 $\frac{a}{b^2-bc+c^2}+\frac{b}...

Gửi bởi duongvanhehe trong 29-11-2012 - 00:42

Bài toán:
Cho $a,b,c\geq 0$ .CMR:

$\frac{a}{b^2-bc+c^2}+\frac{b}{c^2-ca+a^2}+\frac{c}{a^2-ab+b^2}\geq \frac{2}{\sqrt{ab+bc+ca}}$
:namtay


#372147 $\sum \frac{1}{\sqrt{a^2+ab+b^2}...

Gửi bởi duongvanhehe trong 24-11-2012 - 19:40

Bài toán :
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh:
$\frac{1}{\sqrt{a^2+ab+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+bc+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+ca+a^2}}\geq \frac{12+2\sqrt{3}}{3(a+b+c)}$


#371248 Tìm cực trị của hàm số: $y = (x^2 + x + 1)^2\left[\dfrac{...

Gửi bởi duongvanhehe trong 21-11-2012 - 18:31

Tìm cực trị của hàm số:
$y = (x^2 + x + 1)^2\left[\dfrac{{1}}{{(x^2 - x + 1)^2}} - \dfrac{{2}}{{x^4 + x^2 + 1}}\right]$

Cảm ơn mọi người trước.
P/s: Mọi người chỉ cần hướng dẫn cách đưa hàm số này về dạng hàm số bậc hai (Parabol) dạng $y = ax^2 + bx + c$ thôi.

$(x^2+x+1)^2\left [ \frac{1}{(x^2-x+1)^2}-\frac{2}{x^4+x^2+1} \right ]$
$=(x^2+x+1)^2\left [ \frac{1}{(x^2-x+1)^2}-\frac{2}{(x^2+1)^2-x^2} \right ]$
$=(x^2+x+1)^2\left [ \frac{1}{(x^2-x+1)^2}-\frac{2}{(x^2-x+1)(x^2+x+1)} \right ]$
$=\left ( \frac{x^2+x+1}{x^2-x+1} \right )^2-2\frac{x^2+x+1}{x^2-x+1}$
...
:icon6:


#370889 $\frac{a}{b}+\frac{b}{c...

Gửi bởi duongvanhehe trong 20-11-2012 - 11:47

Bài toán:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. CMR:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{3(a^3+b^3+c^3)}{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}}$

:wacko:


#370783 $\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{...

Gửi bởi duongvanhehe trong 19-11-2012 - 22:15

Bài 1: Chứng minh với mọi a,b,c không âm,không có 2 số nào đồng thời bằng không
$\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\geq \frac{3}{ab+bc+ca}$

Giả sử $a$ là số lớn nhất trong $a,b,c$ .1
TH1:
$a\leq b+c$
$\Rightarrow \frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\geq \frac{1}{a(b+c)+bc}+\frac{1}{ab+ca}+\frac{1}{ac+ab}\geq \frac{3}{ab+bc+ca}$
TH2:
$a\geq b+c$
$\Rightarrow a^2+bc\leq \frac{a}{b+c}\left ( a(b+c)+bc \right )\Rightarrow \frac{1}{a^2+bc}\geq \frac{b+c}{a(ab+bc+ca)}$
$b^2+ca+c^2+ab\leq (b+c)^2+a(b+c)=\frac{b+c}{a}.a(b+c)+a(b+c)\leq \frac{a+b+c}{a}(ab+bc+ca)$
nên $\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\geq \frac{1}{a^2+bc}+\frac{4}{b^2+c^2+ab+ac}$
$\geq \frac{b+c}{a(ab+bc+ca)}+\frac{4a}{(a+b+c)(ab+bc+ca)}$
$=\frac{1}{ab+bc+ca}\left ( 3+\frac{(a-b-c)^2}{a(a+b+c)} \right )\geq \frac{3}{ab+bc+ca}$
Vậy trong cả 2 TH ta đều có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi trong $a,b,c$ có 1 số bằng $ 0 $ ,2 số bằng nhau.


#370734 Tính tích phân sau:$\int \frac{dx}{1+tanx}...

Gửi bởi duongvanhehe trong 19-11-2012 - 20:30

$\int \frac{dx}{1+tanx}$

$\int \frac{dx}{1+tanx}$

$=\frac{1}{2}\int \frac{sinx+cosx+cosx-sinx}{sinx+cosx}dx$

$=\frac{1}{2}\left ( \int dx+\int \frac{d(sinx+cosx)}{sinx+cosx} \right )$

$=\frac{1}{2}\left ( x+ln\left | sinx+cosx \right | \right )+C$




#370448 $$\sum \frac{1}{\sqrt{a^2+b^2...

Gửi bởi duongvanhehe trong 18-11-2012 - 19:28

Bài toán 1.
Chứng minh $\forall$ số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$ ta luôn có:
$$\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+a^2}}\geq 2+\frac{1}{\sqrt{2}}$$
Bài toán 2.
Chứng minh $\forall$ số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=2$ ta cũng có: :P
$$\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+a^2}}\geq 2+\frac{1}{\sqrt{2}}$$

Bài 2:
Giả sử $c$ là số bé nhất trong 3 số $a,b,c$ .Ta có:
$\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+a^2}}$
$\geq \frac{1}{\sqrt{(a+\frac{c}{2})^2+(b+\frac{c}{2})^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{a^2+ca}}\geq \frac{1}{\sqrt{(a+\frac{c}{2})^2+(b+\frac{c}{2})^2}}+\frac{1}{b+\frac{c}{2}}+\frac{1}{a+\frac{c}{2}}$
Giờ ta chỉ cần CM BĐT khi có biến $c=0$ .Tức là:
$\frac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{a+b}{a}+\frac{a+b}{b}\geq 4+\sqrt{2}\Leftrightarrow \frac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{a^2+b^2}{ab}\geq 2+\sqrt{2}$
Điều này đúng vì:
$2 \frac{a+b}{\sqrt{a^2+b^2}}+2\frac{a^2+b^2}{ab}$
$\geq 2\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+2\sqrt{\frac{ab}{a^2+b^2}}+\frac{a^2+b^2}{\sqrt{2}ab}+(2-\frac{1}{\sqrt{2}}).\frac{a^2+b^2}{ab}$
$\geq 3\sqrt{2}+2(2-\frac{1}{\sqrt{2}})=4+2\sqrt{2}$
Đẳng thức xảy ra khi trong $a,b,c$ có một số bằng $0$ ,hai số còn lại bằng nhau.

Bài 1:
Có thể làm tương tự đến bước:
$\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{1}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{1}{\sqrt{c^2+a^2}}\geq \frac{1}{\sqrt{(a+\frac{c}{2})^2+(b+\frac{c}{2})^2}}+\frac{1}{b+\frac{c}{2}}+\frac{1}{a+\frac{c}{2}}$
Đến đây để ý $(a+\frac{c}{2})(b+\frac{c}{2})=ab+\frac{ac+bc}{2}+\frac{c^2}{4}\leq ab+bc+ca=1$
Tức là ta chỉ cần chứng minh được :
$\frac{1}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 2+\frac{1}{\sqrt{2}}$ với $ab\leq 1$
Điều này khá đơn giản... :icon6:


#370425 CM: $(abc+1)(\frac{1}{a}+\frac{1...

Gửi bởi duongvanhehe trong 18-11-2012 - 18:39

Cho a,b,c dương. CMR:
$(abc+1)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}\geq a+b+c+6$
----------
Không đặt tiêu đề quá dài bạn nhé!

Ta có:
$VT=ab+bc+ca+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}$
$=(ab+\frac{b}{a})+(bc+\frac{c}{b})+(ca+\frac{a}{c})+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
$\geq 2(a+b+c)+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=(a+b+c)+(a+b+c+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
$\geq a+b+c+6$


#370418 $Cho a,b,c> 0, CM:\sqrt{\frac{ab+bc+ca}...

Gửi bởi duongvanhehe trong 18-11-2012 - 18:22

bài này khó không nhỉ? mình làm hoài không ra :(

:lol: Áp dụng trực tiếp AM-GM thôi:
$\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}+\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\geq 4\sqrt[4]{\left ( \frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}} \right )^3.\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}}$
Nên ta cần chứng minh:
$\left ( \frac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}} \right )^3.\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}\geq 1\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^6}{(3^6a^2b^2c^2}.\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 1$
Ta có:
$\frac{(a+b+c)^6}{3^6a^2b^2c^2}.\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq \frac{(a+b+c)^6(ab+bc+ca)}{3^3(ab+bc+ca)^3(a^2+b^2+c^2)}$
$=\frac{\left ( \frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca}{3} \right )^3}{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}\geq 1$