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.


Waiting for you

Đăng ký: 08-09-2012
Offline Đăng nhập: 19-12-2012 - 21:18
-----

#373399 BĐT AM-GM

Gửi bởi Waiting for you trong 28-11-2012 - 21:04

Mình xin đóng góp vài bài:
1) Cho $a,b,c>0$ chứng minh rằng
$\frac{ab}{c^{2}}+\frac{ca}{b^{2}}+\frac{bc}{a^{2}}\geq \frac{1}{2}(\frac{a+b}{c}+\frac{c+a}{b}+\frac{b+c}{a})$
2)Cho $a,b,c>0$ chứng minh rằng
$\frac{b+c}{a^{2}}+\frac{c+a}{b^{2}}+\frac{a+b}{c^{2}}\geq 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
3)Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a+b+c=3$chứng minh rằng
$abc(a^{2}+b^{2}+c^{2})\leq 3$
4)Cho $a,b,c,d>0$ chứng minh rằng

$\frac{a-b}{b-c}+\frac{b-c}{c+d}+\frac{c-d}{d+a}+\frac{d-a}{a+b}\geq 0$

P/s: lời giải post sau ^^

Bài 1 hình như ta dùng đánh giá sau
Theo AM-GM thì $\frac{ab}{c^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{bc}{a^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{ca}{b^2}\geq 3\frac{a+b}{c}$
Xây dựng các BĐT tương tự
Bài 2:Tách mỗi hạng tử vế trái thành 2 và sử dụng đánh giá
$\frac{b}{a^2}+\frac{1}{b}\geq \frac{2}{a}$
Bài 3:Có $abc(a^2+b^2+c^2)= \frac{1}{3}abc(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{1}{9}(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)$
Theo AM-GM tiếp thì $(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)=(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)\leq \frac{1}{27}(a+b+c)^3=27$
đây đã là dpcm
Bài 4:hình như là 1 BĐT của vasile?


#373014 BĐT AM-GM

Gửi bởi Waiting for you trong 27-11-2012 - 13:00

Đề nghị các bạn giải quyết hết bài tồn động trước khi quăng bài mới :ph34r:
---
$$\dfrac{a^4}{a^2(b+c)}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{a}{2}+\dfrac{b+c}{4}\ge 2a$$
Tương tự rồi cộng lại




Bài này mà $AM-GM$ được thì cũng hơi xoắn :o
---
$$\frac{1}{a(2b+2c-1)}=\dfrac{1}{a(1-2a)}$$
Sau đó ta đi c/m BĐT phụ:
$$\dfrac{1}{a(1-2a)}\ge 27a\\ \Leftrightarrow (3a-1)^2(6a+1)\ge 0$$

Phải chăng còn 1 cách bằng AM-GM kiểu này :wub:
Áp dụng trực tiếp AM-GM cho 3 số ta có
$VT\geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc(2b+2c-1)(2c+2a-1)(2a+2b-1)}}$
Vậy ta chỉ cần chứng minh
$9\sqrt[3]{abc(2b+2c-1)(2c+2a-1)(2a+2b-1)}\leq 1$
tuy nhiên có thể thấy BĐT này đúng theo AM-GM
$\sqrt[3]{abc}\leq \frac{a+b+c}{3}=\frac{1}{3}$
$\sqrt[3]{(2b+2c-1)(2c+2a-1)(2a+2b-1)}\leq \frac{4(a+b+c)-3}{3}=\frac{1}{3}$


#372915 $a+b+c=1$. Cmr : $b+c\geq 19abc$

Gửi bởi Waiting for you trong 26-11-2012 - 21:54

Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn : $a+b+c=1$. Cmr : $b+c\geq 19abc$

Đề bài cho a,b,c dương có tổng bằng 1,chứng minh $b+c\geq 16abc$
Giải?Ta có thể giải khá gọn bằng AM-GM
$1=(a+b+c)^2\geq 4a(b+c)\Rightarrow b+c\geq 4a(b+c)^2$
lại có $(b+c)^2\geq 2bc\Rightarrow 4a(b+c)^2\geq 16abc$
Bạn xem vậy có đúng không nhé :icon6:


#372905 Cho $a, b, c >0$ và $ab+bc+ca=abc$. Chứng minh rằng:...

Gửi bởi Waiting for you trong 26-11-2012 - 21:42

Bài này có thể làm bằng phương pháp tọa độ...
Ai làm tiếp nhé

có phải ý tưởng tương tự bài này không bạn :wacko:
http://diendantoanho...85/#entry372708


#372900 $\sqrt{x^4+x^2+2x+1}+\sqrt{2x-5}+\sqr...

Gửi bởi Waiting for you trong 26-11-2012 - 21:36

Ngay khi giải điều kiện đã ra vô nghiệm rồi, bạn xem lại đề xem sao nhé.
đkxđ : $x^4+x^2+2x+1\geq 0$
$2x-5\geq 0\Rightarrow x\geq 2,5$ (1)
$2-x\geq 0\Rightarrow x\leq 2$ (2)
Thấy rõ (1) và (2) mâu thuẫn $\Rightarrow$ pt vô nghiệm.

đề hoàn toàn đúng :icon6: ,dĩ nhiên cách giải trên cũng không sai :(


#372877 BĐT AM-GM

Gửi bởi Waiting for you trong 26-11-2012 - 21:08

Em đóng góp một bất đẳng thức nhỏ.
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a+b+c=1 thì:
$\sqrt {\frac{{ab}}{{c + ab}}} + \sqrt {\frac{{bc}}{{a + bc}}} + \sqrt {\frac{{ab}}{{c + ab}}} \le \frac{3}{2}$

Với điều kiện a+b+c=1,theo AM-GM,ta có
$\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}=\sqrt{\frac{ab}{c(a+b+c)+ab}}= \sqrt{\frac{a.b}{(c+a).(c+b)}}\leq \frac{1}{2}(\frac{a}{c+a}+\frac{b}{c+b})$
Xây dựng các BĐT tương tự ta có dpcm


#371861 2.Chứng minh $\sum \sqrt{\frac{a^{2}...

Gửi bởi Waiting for you trong 23-11-2012 - 19:48

2. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn : $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
Chứng minh :
$\sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}} \leq \sqrt{3}$

Ukraine 2008
Giải:Áp dụng C-S cho mẫu $(a^2+b+c)(1+b+c)\geq (a+b+c)^2$
Suy ra $\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}}\leq \frac{a\sqrt{1+b+c}}{a+b+c}$
Xây dsựng các BĐT tương tự,ta có
VT$\leq \frac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}$
Áp dụng C-S lần nữa $\frac{a\sqrt{1+b+c}+b\sqrt{1+c+a}+c\sqrt{1+a+b}}{a+b+c}\leq$
$\frac{\sqrt{(a+b+c)\left [ a(1+b+c)+b(1+c+a)+c(1+a+b) \right ]}}{a+b+c}$
=$\frac{\sqrt{(a+b+c)^2+(a+b+c)2(ab+bc+ca)}}{a+b+c}$
=$\sqrt{1+\frac{2(ab+bc+ca)}{a+b+c}}\leq \sqrt{1+\frac{2(a+b+c)}{3}}\leq \sqrt{1+\frac{2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{3}}= \sqrt{3}$


#355111 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{9}{a+b+c}...

Gửi bởi Waiting for you trong 18-09-2012 - 18:43

Bài 1: Cho $x,y,z\epsilon \left [ 1,2 \right ] CMR: \left ( x+y+z \right )(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 6(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y})$
Bài 2:Cho a,b,c>0.CM:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{9}{a+b+c}\geq 4(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b})$
ặc ai vào viết hộ em chữ $ vào cuối tiêu đề vs quên mất

củ tỏi thật nhnf đề này lại nhớ đến lần mình bị mắng vì không làm được bổ đề cơ bản của nó,mình xin giải bài 2
Bổ đề ,với a,b,c thực dương ,ta có BĐT sau
$\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c}\geq 4(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})$
(chứng minh bổ đề trên khá đơn giản bằng nhận xét theo AM-GM sau
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}$(hình như cũng có ở box THCS rồi ,bạn tham khảo lời giải chi tiết ở đó nhé)
trở lại bài toán ,GS $a\geq b\geq c\Rightarrow \frac{1}{b+c}\geq \frac{1}{c+a}\geq\frac{1}{a+b}$
tư tưởng của chúng ta sẽ là dùng chebyshev
$4\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{1}{3}(a+b+c).4(\sum \frac{1}{b+c})$
ta chứng minh BDT yếu hơn là
$\frac{3.\sum \frac{b+c}{a}}{a+b+c}\geq 4(\sum \frac{1}{b+c})$
chú ý alaf theo AM-GM thì $\sum \frac{b+c}{a}\geq 6\Rightarrow 2\sum \frac{b+c}{a}-3\geq 9$
vế trái của BDT lúc này sẽ lớn hơn $\frac{(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9}{a+b+c}\geq 4\sum \frac{1}{b+c}$
đây chính là DPCM


#355061 giá trị tuyệt đối

Gửi bởi Waiting for you trong 18-09-2012 - 13:08

$\frac{2\left | x \right |}{x^{2}+2}\geq 0$
$\left | \frac{6x}{x^{2}+2} +1\right| \geq \left | \frac{6x}{x^{2}+2} \right |+1\geq 1$
$\left | \frac{x}{x^{2}+2} -2\right| \geq \left | \frac{x}{x^{2}+2} \right |+2\geq 2$
$y\geq 3$
Dấu = khi $x=0$ và t/m bdt có dấu Giá trị tuyệt đối

bài bạn sai ở dòng thứ 2 nhé,ta không có
$\left | a+b \right |\geq \left | a \right |+\left | b \right |$ đâu