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.


Stephen Hawking

Đăng ký: 28-07-2012
Offline Đăng nhập: Riêng tư
-----

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Cho a,b,c >0. Chứng minh: $\sum \frac{a^{3...

18-08-2012 - 16:32

Tiếp nhỉ :)
Bài toán 3.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\sum \dfrac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}\ge \sum \dfrac{a+b}{a^2+b^2+1}$$

Trong chủ đề: $a+b+c=3$. Tìm max $$P=27\left (a^2b+b^2c+c^2a...

28-07-2012 - 19:17

Để chào mừng ngày thương binh liệt sỹ 27-7-2012, mình có bài toán nhỏ sau :
Bài toán [Tham Lang]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của :
$$P=27\left (a^2b+b^2c+c^2a\right )+7\left (ab^2+bc^2+ca^2\right )+2012 \left (ab+bc+ca\right )$$

Với bài này, có thể sử dụng :
  • $(ab+bc+ca)(a+b+c)=ab^2+bc^2+ca^2+a^2b+b^2c+c^2a+3abc$
  • $a^2b+b^2c+c^2a+abc \le \dfrac{4(a+b+c)^3}{27}$

Trong chủ đề: Cauchy-Schwarz

28-07-2012 - 18:22

Cho ${x_1}, {x_2}, ..., {x_n}\,\,(n \ge 2)$ là các số dương thỏa mãn:
${x_1} + {x_2} + ... + {x_n} \le k,\,\,(k\, \in {R^*}),\,b \ge 0,\,\,b{n^2} \ge a{k^2}$.
CMR: $a({x_1} + {x_2} + ... + {x_n}) + b\left( {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} + ... + \frac{1}{{{x_n}}}} \right) \ge \frac{{b{n^2} + a{k^2}}}

{k}.$

Đặt ${x_1} + {x_2} + ... + {x_n}=m$
Áp dụng CS, AM-GM, ta có :
$VT \ge am+\dfrac{bn^2}{m} =am+\dfrac{ak^2}{4m}+\dfrac{bn^2-ak^2}{m} \ge 2ak+\dfrac{bn^2-ak^2}{k} =\dfrac{bn^2+ak^2}{k}$

Trong chủ đề: CMR: $(\sin x + a\cos x)(\sin x + b\cos x)...

28-07-2012 - 18:07

CMR: $(\sin x + a\cos x)(\sin x + b\cos x) \le 1 + {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}$ với mọi a, b, x.

Cách 2.
Biến đổi tương đương, cần chứng minh :
$$2\left [(a+b)\sin{2x}-(ab-1)\cos{2x}\right ] \le a^2+b^2+2$$
Sử dụng CS, ta có :
$$(a+b)\sin{2x}-(ab-1)\cos{2x} \le \sqrt{(a+b)^2+(ab-1)^2}=\sqrt{a^2+b^2+a^2b^2+1}$$
Như vậy, chỉ cần chứng minh :
$$2\sqrt{a^2+b^2+a^2b^2+1}\le a^2+b^2+2$$
$$\Leftrightarrow 4\left (a^2+b^2+a^2b^2+1\right ) \le a^4+b^4+2a^2b^2+4\left (a^2+b^2\right )+4$$
$$\Leftrightarrow \left (a^2-b^2\right )^2 \ge 0$$
Hiển nhiên đúng.BĐT đã được chứng minh.:P