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.


phanquockhanh

Đăng ký: 27-12-2012
Offline Đăng nhập: 07-05-2016 - 09:23
***--

#508085 Giải phương trình sau: $4x^2+14x+4=(8x+5)\sqrt{2x+1}$

Gửi bởi phanquockhanh trong 20-06-2014 - 20:43

Giải phương trình sau:

$4x^2+14x+4=(8x+5)\sqrt{2x+1}$




#448950 $\left\{\begin{matrix}u_1= 1 \\...

Gửi bởi phanquockhanh trong 08-09-2013 - 22:05

Ta có: 

$u_1=1$

$u_2=u_1 +1$

$u_3= u_2 +2$

...

$u_n= u_{n-1} +n-1$

Cộng vế theo vế ,ta được

$u_n=u_1 +1+2+...+...+n-1=1+\dfrac{(n-1)n}{2}=\frac{n^2-n+2}{2}$

Từ đó,ta dễ dàng tìm được: $u_{2013}$

====

P/s: Từ công thức tổng quát trên ta có thể tìm được: $\lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{u_n}{u_{n+1}}$ (Đề thi học sinh giỏi Hà Nội )




#446657 Bất đẳng thức chuẩn bị cho kì thi THPTQG 2015-2016

Gửi bởi phanquockhanh trong 31-08-2013 - 20:51

Bài 58: Cho $\ x, y>0$ thỏa mãn $\ x+y \leq 1$. Tìm GTNN của biểu thức:
 
$\ P=\sqrt{4x^2+\dfrac{1}{x^2}}+\sqrt{4y^2+\dfrac{1}{y^2}}-\dfrac{x}{x^2+1}-\dfrac{y}{y^2+1}$
(Đề thi thử Đại học lần 2 - Chuyên Lê Qúy Đôn, Vũng Tàu)



#443945 Bất đẳng thức chuẩn bị cho kì thi THPTQG 2015-2016

Gửi bởi phanquockhanh trong 18-08-2013 - 21:10

Bài 21: Cho $a,b,c $ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$.Tìm min của biểu thức:

$P=\dfrac{1}{2a+1}+\dfrac{1}{2b+1}+\dfrac{2}{(2c+1)\sqrt{6c+3}}$




#437775 Nếu $a\equiv b (mod p^n)$ thì $a^p\equiv b^p( mod p^...

Gửi bởi phanquockhanh trong 24-07-2013 - 14:59

Cho p là số nguyên tố ,n là số nguyên dương.Chứng minh rằng:

Nếu $a\equiv b (mod p^n)$ thì $a^p\equiv b^p( mod p^{n+1})$ 

 




#437609 Giải phương trình $2^{x^2+3cosx}-2^{x^2+4cos^3x}=7co...

Gửi bởi phanquockhanh trong 23-07-2013 - 21:19

Giải phương trình $$2^{x^2+3cosx}-2^{x^2+4cos^3x}=7cos3x$$ (1)

Bài giải:

$$(1)\Leftrightarrow 2^{x^2 +3cosx}+7(3cosx+x^2)=2^{x^2+4cos^3x}+7(4cos^3x +x^2) \,\, (2)$$

Xét hàm số: $f(t)=2^t+7t $ trên R.

Ta có $$f'(t)=2^tln2+7> 0;\forall t \in R$$

$\Rightarrow f(t)$ đồng biến trên R

Khi đó: $$(2)\Leftrightarrow f(x^2+3cosx)=f(4cos^3x+x^2)$$

$$\Leftrightarrow 3cosx =4cos^3x$$

$$ \Leftrightarrow cos3x =0 \Leftrightarrow x=\dfrac{\pi}{6}+k\dfrac{\pi}{3};k \in Z$$

Vậy:

$$x=\dfrac{\pi}{6}+k\dfrac{\pi}{3};k \in Z$$




#437602 Tổng hợp các bài BĐT

Gửi bởi phanquockhanh trong 23-07-2013 - 21:11

Bài 100:(b2stfs)

Cho a,b,c >0 thoả mãn a+b+c=3.Tìm GTNN của:
P=$\sum \frac{b\sqrt{b}}{\sqrt{2a+b+c}}$

 

Bài giải:(Sagittrius912)

Ta có

$P^{2}.((2a+b+c)+(2b+c+a)+(2c+a+b))= \sum \frac{b\sqrt{b}}{\sqrt{2a+b+c}}.\sum \frac{b\sqrt{b}}{\sqrt{2a+b+c}}.((2a+b+c)+(2b+c+a)+(2c+a+b))\geq (a+b+c)^{3}$

(bdt Holderr)

$\Rightarrow P^{2}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{4}\Rightarrow P\geq \frac{3}{2}$

Vậy min P=3/2 khi a=b=c=1

 

 

Bài 101:(b2stts)

Cho a,b,c>0 thoả mãn:a+b+c=$\frac{1}{2}$,Tìm GTLN:
$\sum \sqrt{\frac{(a+b)(b+c)}{(a+b)(b+c)+a+c}}$

Bài giải:(Mazacar)

Đặt $x=a+b;y=b+c;z=c+a$
Có:
$P=\sum \sqrt{\frac{xy}{xy+z}}=\sum \sqrt{\frac{xy}{(x+z)(z+y)}}\leq\frac{1}{2}\sum (\frac{x}{x+z}+\frac{y}{z+y})=\frac{3}{2}\blacksquare$
$"=" <=>x=y=z=\frac{1}{6}$

 

 

Bài 102:(Ispectorgadget)

Cho $a,b,c$ thực dương. Chứng minh:
$$1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\sqrt{\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}} \le 2$$
Liệu có thể thay số 1 trong bất đẳng thức trên bởi một số lớn hơn được không?

 

 

Bài giải:

(WhjteShadow)$\bullet$ Vế trái:
Do $a,b,c$ là các số thực dương nên $a+b<a+b+c\\ b+c<a+b+c\\ c+a<a+b+c$
Từ đó ta có:
$$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}>\frac{a+b+c}{a+b+c}=1$$
$$\sqrt{\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}}>0$$ 
Nên ta có:
$$1<\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\sqrt{\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(a+c)}}$$
Ta không thể thay $1$ bằng số khác ( Thật vậy thử với $a,b\to 0$ )
$\bullet$ Vế phải:
Đặt $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z$ ($x,y,z>0,xyz=1$) ta cần chứng minh:
$$\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}+\sqrt{\frac{2}{(x+1)(y+1)(z+1)}}\leq 2$$
Quy đồng và đưa bất đẳng thức về the0 ngôn ngữ $p,q,r$ với chú ý $r=1$ ta có bất đẳng thức tương đương:
$$\frac{3+2p+q}{2+p+q}+\sqrt{\frac{2}{2+p+q}}\leq 2$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{2}{2+p+q}}\leq \frac{1+q}{2+p+q}$$
$$\Leftrightarrow 2(2+p+q)\leq (1+q)^2$$
$$\Leftrightarrow 3+2p\leq q^2$$
Điều này luôn đúng do $q^2\geq 3pr=3q\geq 2p+3$
Kết thúc chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra tại $a=b=c$ $\square$

 

 

Bài 103:

Cho $x,y,z >0$ thoả mãn: $\sum x\geq \sum \frac{1}{x}$.Chứng minh rằng: $$\sum x\geq \frac{3}{x+y+z}+\frac{2}{xyz}$$
___
NLT: Chú ý tiêu đề bài viết!

Bài giải:

$x+y+x \geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \geq \frac{9}{x+y+z} $
$\Rightarrow x+y+z \geq 3 $
$\Rightarrow (x+y+z)^2 = \frac{(x+y+z)^2}{3}+\frac{2(x+y+z)^2}{3} \geq 3 + \frac{2(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^2}{3} \geq 3 + 2( \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx})$
đpcm

 

Bài 104:
cho a,b,c >0 thoả mãn:a+b+c=6.CMR:
$\sum \frac{a}{\sqrt{(b+2)(b^{2}-b+2)}}\geq \frac{3}{2}$

 

Bài giải:

 

sữ dụng đánh giá sau:
$\sqrt{(b+2)(b^{2}-b+2)}\leq \frac{b+2+b^{2}-b+2}{2}\leq \frac{b^{2}+4}{2}$
ta đưa bài toán về chứng minh
$\sum \frac{a}{b^{2}+4}\geq \frac{3}{4}$
ta có $\frac{a}{b^{2}+4}=\frac{a}{4}-\frac{ab^{2}}{4(b^{2}+4)}\geq \frac{a}{4}-\frac{ab^{2}}{4.4b}\geq \frac{a}{4}-\frac{ab}{16}$
làm tương tự 2 phânt thức kia kết hợp với bđt $ab+bc+ca\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}\leq 12$ là ra

 

Bài 105:

Cho a,b thuộc [0;1]. CMR:
$a+b+\frac{(a-1)(b-1)}{ab+1}\geq 1+\frac{a^2b+ab^2}{2(ab+1)}$


(thpt YD2)

Bài giải:

 

 

Ta có bất đẳng thức tương đương với ^^~
$$a+b-\frac{ab(a+b)}{2(ab+1)}\geq 1-\frac{(a-1)(b-1)}{ab+1}$$
$$\Leftrightarrow (a+b).\left(1-\frac{ab}{2(ab+1)}\right)\geq \frac{a+b}{ab+1}$$
$$\Leftrightarrow \frac{ab+2}{2(ab+1)}\geq \frac{1}{ab+1}$$
$$\Leftrightarrow \frac{ab+2}{2}\geq 1$$
$$\Leftrightarrow ab\geq 0$$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $a,b$ có 1 số bằng 0 ' '~

 

 

Bài 106:
các bạn mình là mem mới. xin các bạn giúp mình bài này với,minh rat can su tro giup cua cac ban;
chứng minh bất dẳng thúc này đúng với mọi tam giác ABC:
$2\sqrt{2}\left ( \sin \dfrac{A}{2}+\sin \dfrac{B}{2}+\sin \dfrac{C}{2} \right )> \cos \dfrac{A-B}{\sqrt{15}}+\cos \dfrac{B-C}{\sqrt{15}}+\cos \dfrac{C-A}{\sqrt{15}}$

Bài giải:

 

 

Ta có $cos\frac{C}{2}\left ( sin\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2} \right )$;

$cos\frac{B}{2}\left ( sin\frac{C}{2}+sin\frac{A}{2} \right )$;
$cos\frac{A}{2}\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )$.
Cộng vế với vế các bất đảng thức trên ta được
$sin\frac{A+B}{2}+sin\frac{B+C}{2}+sin\frac{C+A}{2}$$<2\left ( sin\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )$.
hay $cos\frac{A}{2}+cos\frac{B}{2}+cos\frac{C}{2}<2\left ( sin\frac{A}{2}+sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )$.
Đến đây chỉ cần chứng minh $\sqrt{2}\left ( cos\frac{A}{2}+cos\frac{B}{2}+cos\frac{C}{2} \right )>\sum cos\frac{A-B}{\sqrt{15}}$ là xong.
Ta có $cos\frac{A}{2}+cos\frac{B}{2}=2cos\frac{A+B}{4}cos\frac{A-B}{4}>2.cos\frac{\pi }{4}cos\frac{A-B}{4}=\sqrt{2}cos\frac{A-B}{4}$.
Mặt khác $\frac{\left | A-B \right |}{4}<\frac{\left | A-B \right |}{\sqrt{15}}<\frac{\pi }{2}$.
Suy ra $cos\frac{A}{2}+cos\frac{B}{2}>\sqrt{2}cos\frac{A-B}{\sqrt{15}}$. (*)
Cộng vế với vế các BĐT tương tự (*) ta thu được đpcm.$\square$
 

Bài 107

cho a,b,c >0 thoả mãn:a+b+c=3.CMR:
$\sum a^{2}+\frac{ab+bc+ac}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}\geq 4$

 

Bài giải:

 

BĐT tương đương với
$(a)^2-2\sum{ab}+\dfrac{3\sum{ab}}{(\sum{a})(\sum{a^2b})}\geq 9-2\sum{ab})+\dfrac{3\sum{ab}}{3\sum{a^2}}= 9-2q+\dfrac{q}{9-2q}$

Cần chứng minh $9 - 2q +\dfrac{q}{9-2q} \geq 4 \Leftrightarrow (q-3,75)(q-3)\geq 0$ (đúng vì $q \leq 3$)

 

 

Bài 108:
Cho $a,b,c$ là $3$ cạnh tam giác.CMR: \[\sum \frac{(b+c-a)^{4}}{a(a+b-c)}\geq ab+bc+ac\]

 

 

Bài giải:

đặt:
$b+c-a=x$
$c+a-b=y$
$a+b-c=z$
$\Rightarrow a=\frac{y+z}{2};b=\frac{z+x}{2};c=\frac{x+y}{2}$

BDT cần cm tuơng đuơng
$\sum \frac{x^{4}}{\frac{(y+z)z}{2}}\geq \sum \frac{(x+y)(y+z)}{4}$
ta có:
$\sum \frac{x^{4}}{\frac{(y+z)z}{2}}\geq \frac{(\sum x^{2}) ^{2}}{\frac{1}{2}\sum (z^{2}+yz)}$

$\sum xy\leq \sum x^{2}\Rightarrow VT\geq \sum x^{2}$
ta can cm
$\sum x^{2}\geq \sum \frac{1}{4}\sum (x+y)(y+z)$
hay $\sum x^{2}\geq \sum xy$ ( hien nhien)
dau "=" xay ra khi x=y=z hay a=b=c

 

 

Bài 109: Chứng minh với mọi a,b,c không âm,không có 2 số nào đồng thời bằng không 
$\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ca}+\frac{1}{c^2+ab}\geq \frac{3}{ab+bc+ca}$

Đây là 1 bài toán khá hay. Nó là hệ quả của 1 BDT của anh Phạm Kim Hùng
Giải như sau:
Bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$\sum \frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\sum \frac{bc}{a^2+bc}\geq 3$

+++)
Theo Cauchy-Schwarz thì $\sum \frac{bc}{a^2+bc}\geq\frac{(ab+ac+bc)^2}{abc(a+b+c)+\sum b^2c^2}\geq 1$
+++)
Ta chưng minh:
$\sum \frac{a(b+c)}{a^2+bc}\geq 2$ (*)
Xét khai triển sau:
$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\geq 0\Leftrightarrow \sum a^4(b^2+c^2)+2abc\sum a^2(b+c)\geq 2\sum a^3b^3+6a^2b^2c^2+2abc\sum a^3$
(*)$\Leftrightarrow \sum a(b+c)(c^2+ab)(b^2+ac)\geq 2(a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)\Leftrightarrow 2abc\sum a^2(b+c)+\sum a^4(b^2+c^2)+abc\sum a^2(b+c)\geq 4a^2b^2c^2+2\sum a^3b^3+2abc\sum a^3$
Kết hợp khai triển trên và $2a^2b^2c^2+abc\sum a^2(b+c)\geq 0$ ta có điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b,c=0 hoặc các hoán vị
Chứng minh của ta được hoàn tất.

 

Bài 120.Chứng minh với mọi a,b,c không âm 
$\frac{1}{\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}}-\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\geq \frac{1}{3}$

 

 

 

Giải như sau:
Nhân tung lên ta được đpcm tương đương với:
$\frac{(a+1)(b+1)(c+1)}{ab+ac+bc+2(a+b+c)+3}-\frac{abc}{ac+ac+bc}\geq \frac{1}{3}$
Đến đây đặt x=a+b+c,y=ab+ac+bc,z=abc ta có điều trên tương đương với:$3xy+2y^2\geq 6xz+9z$
Điều này đúng do $(ac+ab+bc)^2\geq 3abc(a+b+c);(a+b+c)(ab+ac+bc)\geq 9abc$( theo AM-GM)
Vậy ta có đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

 

Bài 121:

Cho $\bigtriangleup ABC$$\bigtriangleup ABC$ và M nằm trong tam giác. BC=a,CA=b,Ab=c
Gọi khoảng cách từ M=>BC là x, M=>AC là y,M=>AB là z.
cmr $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2R}}$ ( R là bán kính đường tròn ngoại tiếp) và $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})2S}{abc}}$ (S là diện tích tam giác) có giống nhau không vâyhj(Nếu giống biến đổi kiểu gì vậy?

 

Bài giải:

 

ĐẲng thức quen thuộc $R=\frac{abc}{4S}$ mà bạn 
Ta có điều phải chứng minh tương đương:
$$\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\leq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})2S}{abc}$$
Sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ và để ý $ax+by+cz=2S$ ta có:
$$\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\right)^2\leq (ax+by+cz).\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$$
$$=2S.\frac{ab+bc+ca}{abc}\leq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})2S}{abc}$$
Kết thúc chứng minh.Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c$,tam giác của ta là tam giác đều $\square$

 

 

Bài 122:
Cho $a,b> 0, a+b=\frac{1}{2}. CM: \frac{1}{a^2+b^2}+\frac{10}{\sqrt{a}}+\frac{10}{\sqrt{b}}\geq 48.$

Bài giải:

 

 

Bạn đừng vội quá. Có gợi ý ch0 bạn đây 
$\bullet$ Áp dụng liên tiếp bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:
$$\frac{1}{a^2+b^2}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{b}}+\frac{4}{\sqrt{b}}\geq 5.\sqrt[5]{\frac{4^4}{(a^2+b^2)ab}}$$
$$=5.\sqrt[5]{\frac{2^{11}}{8(a^2+b^2)ab}}= 5.\sqrt[5]{\frac{2^{11}}{4(a^2+b^2)2ab}}$$
$$\geq 5.\sqrt[5]{\frac{2^{11}}{(a+b)^4}}=5.\sqrt[5]{2^{15}}=40$$
$\bullet$ Và mặt khác ta lại có:
$$\frac{2}{\sqrt{a}}+\frac{2}{\sqrt{b}}\geq \frac{4}{\sqrt[4]{ab}}\geq \frac{4\sqrt{2}}{\sqrt{a+b}}$$
$$=4\sqrt{2}.\sqrt{2}=8$$
Cộng 2 bất đẳng thức cùng chiều trên ta có điều phải chứng minh thôi :") $\square$

Bài 123:

cho a,b,c>0 thoả mãn:a+b+c=$\frac{1}{2}$

,Tìm GTLN:$\sum \sqrt{\frac{(a+b)(b+c)}{(a+b)(b+c)+a+c}}$

 

Bài giải:

 

Đặt $x=a+b;y=b+c;z=c+a$
Có:
$P=\sum \sqrt{\frac{xy}{xy+z}}=\sum \sqrt{\frac{xy}{(x+z)(z+y)}}\leq\frac{1}{2}\sum (\frac{x}{x+z}+\frac{y}{z+y})=\frac{3}{2}\blacksquare$
$"=" <=>x=y=z=\frac{1}{6}$

Bài 124:

 

$Cho a,b,c> 0, CM:\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}+\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\geq 4$

Bài giải:

 

 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:
$\frac{(a+b+c)^6}{3^6a^2b^2c^2}.\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq \frac{(a+b+c)^6(ab+bc+ca)}{3^3(ab+bc+ca)^3(a^2+b^2+c^2)}$
$=\frac{\left ( \frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca}{3} \right )^3}{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}\geq 1$

Bài 125:

 

Cho x,y thuộc [-1;1]. CMR:
$\sqrt{x^2+(y-1)^2}+\sqrt{x^2+(y+1)^2}+\sqrt{(x-1)^2+y^2}+\sqrt{(x+1)^2+y^2}\geq 4$

Bài giải:

Sr nhìn không kĩ, Min chỉ c/m được $\ge 2\sqrt{2}$...
----

Tổng quát $x,y\in \mathbb{R}$ thì BĐT vẫn đúng:
Dự đoán điểm rơi ở $x=y=0$ nên ta có các đánh giá sau:
$$\sqrt{x^2+(y-1)^2}\ge \sqrt{(y-1)^2}=|1-y|\\ \sqrt{x^2+(y+1)^2}\ge \sqrt{(y+1)^2}=|y+1|\\ \sqrt{(x-1)^2+y^2}\ge \sqrt{(x-1)^2}=|1-x|\\\sqrt{(x+1)^2+y^2}\ge \sqrt{(x+1)^2}=|x+1|$$
Từ các điều trên suy ra:
$$LHS\ge |1-y|+|y+1|+|1-x|+|x+1|\ge |1-y+y+1+1-x+x+1|=4=RHS$$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=0\ \square$
----
P/s: Cái giả thiết làm được gì cho đời nhỉ?

 

Bài 126:

 

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: \[ \frac{1}{2a+b}+\frac{1}{2b+c}+\frac{1}{2c+a}\geq \frac{2}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}\]

 

Bài giải:

Bài này không khó nhưng phải tinh ý chút  :)
Nhân thêm 2 vế với $a+b+c$ và biến đổi 1 chút ta sẽ có:
$$\sum_{cyc}\frac{c}{2a+b}+\frac{1}{2}\sum_{cyc}\frac{b}{2a+b}+\frac{3}{2} \ge \frac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}$$
Theo C-S:
$$\sum_{cyc}\frac{c}{2a+b} \ge \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}$$
$$\sum_{cyc}\frac{b}{2a+b} \ge \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}=1$$
Vậy ta cần chứng minh:
$$\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}+2 \ge \frac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}$$
Theo AM-GM:
$$\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}+2 \ge 3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}}$$
Bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chứng minh :
$$3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}} \ge \frac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}$$
Tương đương với:
$$(a+b)(b+c)(c+a) \ge \frac{8}{9}(ab+bc+ca)(a+b+c) \iff c(a-b)^2+a(b-c)^2+b(c-a)^2 ]ge 0$$
Luôn đúng.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$.

Bài 127:

 

Chứng minh rằng: $\frac{3(a^4+b^4+c^4)}{(a^2+b^2+c^2)^2}+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq 2.$

 

Bài giải:

$3\frac{\sum x^{4}}{(\sum x^{2})}+\frac{\sum xy}{\sum x^{2}}\geq 2 \Leftrightarrow 3(\sum x^{4})+\sum xy\sum x^{2}\geq 2((\sum x^{2})^{2})$

hay

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

$xyz(x+y+z)\leq x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}\Rightarrow -xyz(x+y+z)\geq -(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2})$


nen ta can chung minh

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

ap dung AM-GM ta có

$x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}$



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

cong vo theo ve 2 bdt tren ta co dpcm
dau "=" khi $x=y=z$

 

Bài 128:

Với mọi a,b,c>0chứng minh rằng:
$\frac{(a+b+c)^3}{a^2b+b^2c+c^2a+3abc}\geq \frac{9}{2}$

 

 

Bài giải:

$a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$ 

 

Không mất tính tổng quát ta giả sử b nằm giữa c và a.
suy ra $(b-a)(b-c)\leq 0\rightarrow c(b-a)(b-c)\leq 0$
suy ra $b^2c+c^2a\leq bc^2+abc$
$\Leftrightarrow b^2c+c^2a+a^2b+abc\leq bc^2+a^2b+2abc\leq \frac{1}{2}2b(a+c)^2$
$\leq \frac{1}{2}\left [ \frac{(2b+a+c+a+c)}{3} \right ]^3$$=\frac{1}{2}\frac{\left [ 2(a+b+c) \right ]^3}{27}=4$
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hoặc a=2,b=1,c=0.

 

và $2abc\leq \frac{2}{27}(a+b+c)^3$
nên $\frac{(a+b+c)^3}{a^2b+b^2c+c^2a+3abc}\geq \frac{1}{\frac{4}{27}+\frac{2}{27}}=\frac{9}{2}$

 

 

 

 

 

 




#436988 0,99... = 1 ?

Gửi bởi phanquockhanh trong 21-07-2013 - 22:01

Như mọi người đã biết rồi đó:

 

 

Theo quy tắc tính cấp số nhân lùi vô hạn thì:

 

0.33333333333333333333333333333333333333333= 1phân3

 

=> 0.99999999999999999999999999999999= 3*0.333333333333333333333333333333333=3*1phan3=1 (vô lý )

 

Ai biết thì xin chỉ dùm. Mình xin được cảm ơn 

Bạn phải viết như thế này mới đúng nhé :$ 0,333...=0,(3)=\frac{1}{3} $.

 Việc ghi 0,(9) = 1 là phù hợp theo cách tính tổng của một cấp số nhân lùi vô hạn (Sách giáo khoa đã đề cập )

===============

Bạn có thể chứng minh thêm đẳng thức sau để hiểu rõ hơn về những điều ấy :

$\frac{\pi}{2}=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}}.\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}.\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}...}}}}$




#435260 $ P= \frac{{{x^2}}}{{{...

Gửi bởi phanquockhanh trong 14-07-2013 - 18:08

Cho các số thực dương $x,y,z$  thỏa mãn điều kiện $2\left( {9{z^2} + 16{y^2}} \right) = \left( {3z + 4y} \right)xyz$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
$P = \frac{{{x^2}}}{{{x^2} + 2}} + \frac{{{y^2}}}{{{y^2} + 3}} + \frac{{{z^2}}}{{{z^2} + 4}} + \frac{{5xyz}}{{\left( {x + 2} \right)\left( {y + 3} \right)\left( {z + 4} \right)}}$
 

 




#435068 $P=\frac{2}{x^2+1} - \frac{2}...

Gửi bởi phanquockhanh trong 13-07-2013 - 19:09

Cho $x,y,z >0 : xyz+x+z=y$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : $P=\frac{2}{x^2+1} - \frac{2}{y^2+1} -\frac{4z}{\sqrt{z^2+1}}+\frac{3z}{(z^2+1).\sqrt{z^2+1}}$

(Trích đề thi thử số 2 – THTT)

 

 




#435064 $\sum \frac{a^2}{\sqrt{2a^2 +ab +b^2...

Gửi bởi phanquockhanh trong 13-07-2013 - 18:55

Cho a,b,c là các số thực dương.
Chứng minh rằng:

\[\dfrac{{{a^2}}}{{\sqrt {2{a^2} + ab + {b^2}} }} + \dfrac{{{b^2}}}{{\sqrt {2{b^2} + bc + {c^2}} }} + \dfrac{{{c^2}}}{{\sqrt {2{c^2} + ca + {a^2}} }} \ge \dfrac{{a + b + c}}{2}\]

 




#434608 $P= \frac{xy +yz +zx}{x+y+z} +\frac{2...

Gửi bởi phanquockhanh trong 11-07-2013 - 21:44

Cho các  số thực  $x;y;z >0$ ;$x^2 +y^2 +z^2 =\frac{1}{3}$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

$P= \frac{xy +yz +zx}{x+y+z} +\frac{2(x+y+z)}{9(xy+yz+zx)}$




#434607 $P= 5x^2 +y^2 +2z^2+\frac{5}{16x^2 + z^2 +6xy+12yz...

Gửi bởi phanquockhanh trong 11-07-2013 - 21:39

Cho $x;y;z> 0$ thỏa $xy+yz +zx =1$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P= 5x^2 +y^2 +2z^2+\frac{5}{16x^2 + z^2+6xy+12yz}$ 




#434606 $P= \frac{(z+z\sqrt{xy})^2}{(x+y)(z^2...

Gửi bởi phanquockhanh trong 11-07-2013 - 21:34

Cho các số thực  $x,y,z >0$ thỏa mãn: $x =y+z +xyz$
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
$P= \frac{(z+z\sqrt{xy})^2}{(x+y)(z^2 +1)} +\frac{2z}{(z^2 +1)\sqrt{z^2 +1}}$
 

 




#432917 Tổng hợp các bài BĐT - GTLN GTNN thi thử đại học

Gửi bởi phanquockhanh trong 04-07-2013 - 22:05

Bài 22: Cho $a,b,c$ là $3$ số dương thỏa mãn: $a+b-c \geq 0, b+c-a \geq 0, c+a-b \geq 0, (a+b+c)^2=4(ab+bc+ca-1)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $S= \sqrt{ \dfrac{b+a}{c}-1}+ \sqrt{ \dfrac{a+c}{b}-1}+ \sqrt{ \dfrac{c+b}{a}-1}+ \dfrac{2 \sqrt{2}}{ \sqrt{a^2+b^2+c^2-2}}$.

 (Đề thi thử trường THPT Nguyến Khuyến)