Tính tích phân:
$I = \int_{0}^{1} \ln(x+\sqrt{1+x^2})dx$
- cool hunter yêu thích
Gửi bởi Mua buon trong 19-07-2014 - 21:20
Gửi bởi Mua buon trong 16-10-2013 - 20:21
Cho $\bigtriangleup ABC$ nhọn thỏa mãn $\angle A=\alpha$ , $\angle B=2\alpha , \angle C=4\alpha$ . Chứng minh rằng :
1. $\frac{1}{a}=\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$
2. $cos^{2}A + cos^{2}B + cos^{2}C = \frac{5}{4}$
1. Ta có $a=2R.SinA; b=2R.SinB; c=2R.SinC$
Vậy ta cần chứng: $\dfrac{1}{sin(\frac{\pi}{7})} = \dfrac{1}{sin(\frac{2\pi}{7})} +\dfrac{1}{sin(\frac{4\pi}{7})}$
$\leftrightarrow sin(\frac{2\pi}{7})sin(\frac{4\pi}{7}) = sin\frac{\pi}{7})(sin(\frac{2\pi}{7})+sin(\frac{4\pi}{7}))$
$\leftrightarrow sin(\frac{4\pi}{7}) = sin(\frac{3\pi}{7})$ (Luôn đúng)
Do đẳng thức đúng, nên ta từ đẳng thức đã thức minh, ta có:
$A=8cos^3(\frac{\pi}{7})-4cos^2(\frac{\pi}{7})-4cos(\frac{\pi}{7})+1=0$
2. Ta có:
$Cos^2A+Cos^2B+Cos^2C=64Cos^8A-128Cos^6A+84Cos^4A-19Cos^2A+2$
$=A.B+2-\frac{3}{4}=\frac{5}{4}$
Nếu có chút khó hiểu thì bạn cũng thử đặt bụt 1 tí nhé...Tại nhác quá
Gửi bởi Mua buon trong 13-05-2013 - 21:26
Cho $a,b,c> 0$
Chứng minh:
$(a+\frac{bc}{a})(b+\frac{ac}{b})(c+\frac{ab}{c})\geq 4\sqrt[3]{(a^{3}+b^{3})(b^{3}+c^{3})(c^{3}+a^{3})}$
Theo bất đẳng thức AM_GM ta có:
$(a^2+bc)(b^2+ac)=ab(c^2+ab)+c.(a^3+b^3) \ge 2\sqrt{abc(a^3+b^3)(c^2+ab)} (1)$
Tương tự, ta có:
$(b^2+ac)(c^2+ab) \ge 2.\sqrt{abc.(b^3+c^3)(a^2+bc)} (2)$
$(c^2+ab)(a^2+bc) \ge 2.\sqrt{abc.(c^3+a^2)(b^2+ac)} (3)$
Do $a,b,c > 0$
Nhân (1), (2) và (3) theo vế ta có:
$(a^2+bc)^2(b^2+ac)^2(c^2+ab)^2 \ge 8.\sqrt{a^3b^3c^3(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)(a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)}$
$(a^2+bc)^4(b^2+ac)^4(c^2+ab)^4 \ge$
$64.a^3b^3c^3(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)(a^2+bc)(b^2+ac)(c^2+ab)$
Suy ra đpcm
Dấu "=" có khi và chỉ khi $a=b=c$
Gửi bởi Mua buon trong 01-05-2013 - 23:23
Cho $a,b,c>1$ CMR: $\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3}\geq \frac{3}{1+abc}$
Ta sẽ sử dụng bổ đề $\frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2} \ge \frac{2}{1+xy}$ (Với $x,y \ge 1$)
(Bạn tự chứng minh nhé)
Ta có:
$\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3} \ge \frac{2}{1+\sqrt{a^3b^3}}$
$\frac{1}{1+c^3}+\frac{1}{1+abc} \ge \frac{2}{1+\sqrt{abc^4}}$
$\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}{1+b^3}+\frac{1}{1+c^3} \ge \frac{2}{1+\sqrt{a^3b^3}} + \frac{2}{1+\sqrt{abc^4}} \ge \frac{4}{1+abc}$
Suy ra đpcm
Gửi bởi Mua buon trong 01-05-2013 - 17:08
Bài toán :
Ch0 $a\geq b\geq c\geq 0$ và $abc>0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{(a-c)^2}{4(a+b+c)}\leq \frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq \frac{3(a-c)^2}{4.(a+b+c)}
$$
Trước tiên, ta chứng minh $\frac{(a-c)^2}{4(a+b+c)} \le \frac{a+b+c}{3} - \sqrt[3]{abc}$
Chia bài toán làm hai trường hợp
TH1: $2b \ge a+c$
Theo bđt AM_GM ta có: $b+\sqrt{ac}+\sqrt{ac} \ge 3.\sqrt[3]{abc}$
Vậy ta cần chứng minh $\frac{(a-c)^2}{4(a+b+c)} \le \frac{a+c-2.\sqrt{ac}}{3}$
$\Leftrightarrow 4.(a+b+c) \ge 3.(\sqrt{a}+\sqrt{c})^2$
Kết hợp điều kiện của trường hợp đang xét, theo bđt Cauchy_Schwarz, ta có:
$4(a+b+c) \ge 6.(a+c) \ge 3.(\sqrt{a}+\sqrt{c})^2$
Bất đẳng thức được chứng minh.
TH2: $2b \le a+c$
Chia cả hai vế cho $a+c$. Đặt $x=\frac{a}{a+c}, y=\frac{b}{a+c}, z=\frac{c}{a+c}$ ($x+z=1$)
Bất đẳng thức tương đương $\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz} \ge \frac{1-4xz}{4.(x+y+z)}$
$\Leftrightarrow \frac{1+y}{3} - \sqrt[3]{xyz} - \frac{1}{4(1+y)} + \frac{zx}{1+y} \ge 0$
Theo bđt AM_GM ta có: $\frac{zx}{1+y} + \sqrt{\frac{y(y+1)}{27}} + \sqrt{\frac{y(y+1)}{27}} \ge \sqrt[3]{xyz}$
Vậy ta cần chứng minh: $\frac{1+y}{3} - \frac{1}{4(1+y)} - \sqrt{\frac{4y(y+1)}{27}} \ge 0$
$\Leftrightarrow (1-2y)^3(3+2y) \ge 0$
Bất đẳng thức được chứng minh hoàn toàn.
Ta sẽ chứng minh vế còn lại của bất đẳng thức $\frac{a+b+c}{3} - \sqrt[3]{abc} \le \frac{4(a-c)^2}{3.(a+b+c)}$
(Theo mình đề như vậy)
Áp dụng bđt AM_GM, ta có: $- \sqrt[3]{abc} = -\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{\sqrt[3]{abc}} \le -\frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{a+b+c}$
Ta cần chứng minh $\frac{a+b+c}{3} - \frac{\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{a+b+c} \le \frac{4(a-c)^2}{3.(a+b+c)}$
$\leftrightarrow (a+b+c)^2-9\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \le 4.(a-c)^2 $
Do $a \ge b \ge c \ge 0$ nên $(a-c)^2 \ge (a-b)^2+(b-c)^2$
$4(a-c)^2 \ge 2(a-c)^2 + 2(a-b)^2 + 2(b-c)^2$
Ta cần chứng minh $(a+b+c)^2-9\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \le 2(a-c)^2 + 2(a-b)^2 + 2(b-c)^2$
$a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \ge 2ab+2bc+2ca$
Đúng theo Schur và AM_GM
$\sum a^2 + 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \ge \sum \sqrt[3]{a^2b^2}(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}) \ge \sum 2ab$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học