Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


bibitsubomi 9fxshiftsolve

Đăng ký: 27-07-2012
Offline Đăng nhập: 29-12-2012 - 11:45
*****

#361943 \[\sum {\frac{{{a^2} + {b^2}c}}{{b + c}} \ge \frac{2...

Gửi bởi bibitsubomi 9fxshiftsolve trong 14-10-2012 - 22:53

bài trên mình sai =.=

BĐT cần cm tđ vs

$\frac{a^3+a^2b+a^2c+b^2c}{b+c}+\frac{b^3+b^2a+b^2c+c^2a}{c+a}+\frac{c^3+c^2a+c^2b}{a+b}\geq \frac{2}{3}$

$ \Leftrightarrow \sum \frac{a^3}{b+c}+\sum a^2+\sum _{cyc}\frac{a^2b}{a+b} \geq \frac{2}{3}$

ta có

$\sum a^2+\sum _{cyc}\frac{a^2b}{a+b} \geq \sum a^2+\frac{(\sum ab)^2}{\sum a^2+\sum ab}=\frac{3}{4}\sum a^2-\frac{1}{4}\sum ab+\frac{(\sum ab)^2}{\sum a^2+\sum ab}+\frac{\sum a^2+\sum ab}{4}\geq \frac{3}{4}\sum a^2+\frac{1}{4}\sum ab$

đến đây chắc dễ r nhỉ


#361920 $$\frac{a^2b}{a+b+1}+\frac{b^2c...

Gửi bởi bibitsubomi 9fxshiftsolve trong 14-10-2012 - 22:10

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn tổng của chúng bằng 3.Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2b}{a+b+1}+\frac{b^2c}{b+c+1}+\frac{c^2a}{c+a+1}\leq 1$$



trc hết ta có $a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$ (*)

nhân cả 2 vế của bđt cần cm với a+b+c+1 và để ý (*) thì ta chỉ cần cm

$\sum _{cyc}\frac{a}{a+b+1}\leq 1$

sau khi quy đồng thì ta lại đc (*)


#361916 \[\sum {\frac{{{a^2} + {b^2}c}}{{b + c}} \ge \frac{2...

Gửi bởi bibitsubomi 9fxshiftsolve trong 14-10-2012 - 21:59

Với $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh
$$\frac{a^{2}+b^{2}c}{b+c}+\frac{b^{2}+c^{2}a}{c+a}+\frac{c^{2}+a^{2}b}{a+b}\geq \frac{2}{3}$$


nhân cả 2 vế của bđt cần cm với a+b+c ta đc

$\sum a^2+\sum _{cyc}a^2b+\sum a^3+3abc\geq \frac{2}{3}$

$\Leftrightarrow 3\left [ (\sum a)(\sum a^2)+\sum _{cyc}a^2b+\sum a^3+3abc \right ]\geq 2(\sum a)^3$

$\Leftrightarrow 4\sum a^3\geq \sum _{cyc}ab^2+3abc$

(đúng)

bđt đc cm


#349398 [MO2013] Trận 1 - Phương trình, hệ phương trình, bất phương trình

Gửi bởi bibitsubomi 9fxshiftsolve trong 24-08-2012 - 20:32

$$\begin{cases}
& \text \sqrt[8]{2.\sqrt[5]{7} - \sqrt[10]{y}} + (17 - \sqrt{37}).z^2 = 544 - 32.\sqrt{37}(1) \\
& \text x.(9.\sqrt{1 + x^2} + 13.\sqrt{1 - x^2}) + 4\sqrt{y} = 912 \\
& \text \sqrt{(10.\sqrt{5} + 20).x.(1 - x)} + z.\sqrt[6]{8} = 10
\end{cases}$$
đkxđ: $\left\{\begin{matrix} 2\sqrt[5]{7}-\sqrt[10]{y}\geq 0 & & \\ 1-x^2\geq 0 & & \\ y\geq 0 & & \\ x(1-x)\geq 0 & & \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 0 \leq x\leq 1 & \\ 0\leq y\leq 7^2.2^{10} & \end{matrix}\right.$

trước hết ta chứng minh

với $0 \leq x\leq 1$ thì $x(9\sqrt{x^2+1}+13\sqrt{1-x^2})\leq 16$

thật vậy!

áp dụng bđt AM-GM ta có

$9x\sqrt{x^2+1}=6\sqrt{\frac{9}{4}x^2(1+x^2)}\leq 6.\frac{\frac{9}{4}x^2+1+x^2}{2}=\frac{39}{4}x^2+3$

$13x\sqrt{1-x^2}=26\sqrt{\frac{1}{4}x^2(1+x^2)}\leq 26.\frac{\frac{1}{4}x^2+1-x^2}{2}=13-\frac{39}{4}x^2$

do đó $x(13\sqrt{1-x^2}+9\sqrt{1+x^2})\leq 13-\frac{39}{4}x^2+\frac{39}{4}x^2+3=16$

dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{9}{4}x^2=x^2+1 & \\ \frac{1}{4}x^2=1-x^2 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

suy ra $4\sqrt{y}=912-x(9\sqrt{x^2+1}+13\sqrt{1-x^2})\leq 912-16=896$

$\Rightarrow y\geq 50176=7^2.2^{10}$

kết hợp với đkxđ suy ra $y= 50176$

khi đó, $x=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

thay y=50176 vào (1) ta đc $(17-\sqrt{37})z^2=32(17-\sqrt{37})$

$\Rightarrow z^2=32\Rightarrow z=\pm 4\sqrt{2}$

thử lại thấy $(x,y,z)=(\frac{2\sqrt{5}}{5}; 50176;4\sqrt{2})$ là ngiệm của hệ đã cho
________________________

Chú ý viết hoa đầu dòng!
Bài giải: 10
$S=48-(21-20)+3\times 10+0+0=77$


#341451 $$(n+1)\left (a^{n+1}+b^{n+1}\right )...

Gửi bởi bibitsubomi 9fxshiftsolve trong 29-07-2012 - 13:40

$$(n+1)\left (a^{n+1}+b^{n+1}\right ) \ge (a+b)\left (a^n+a^{n-1}b+...+b^n\right )$$ (*)


$a=b$ (*) luôn đúng

$a\neq b$

gs $a>b$

CM (*) <=> CM $(n+1)(a^{n+1}+b^{n+1}) \geq \frac{a+b}{a-b}(a^{n+1}-b^{n+1}) (1)$

$n\in \left \{ 0;1 \right \} \rightarrow (1)$ đúng

gs (1) đúng đến $n=k-1$ hay $(k)(a^{k}+b^{k}) \geq \frac{a+b}{a-b}(a^{k}-b^{k}) $

ta sẽ c/m $(k+1)(a^{k+1}+b^{k+1}) \geq \frac{a+b}{a-b}(a^{k+1}-b^{k-1}) $

sd AM-GM dễ dàng c/m đc

$\frac{(k+1)(a^{k+1}+b^{k+1})(a^k-b^k)}{k(a^k+b^k)(a^{k+1}-b^{k+1})}\geq 1$

$\Rightarrow \frac{(k+1)(a^{k+1}+b^{k+1})}{\frac{a+b}{a-b}(a^{k+1}-b^{k+1})}\geq \frac{k(a^k+b^k)}{\frac{a+b}{a-b}(a^k-b^k)}\geq 1$

(1) đc c/m $\rightarrow $ (*) đc c/m