Đến nội dung

Mua buon

Mua buon

Đăng ký: 11-04-2013
Offline Đăng nhập: 19-11-2014 - 23:26
-----

#513978 $I = \int_{0}^{1} \ln(x+\sqrt{1+...

Gửi bởi Mua buon trong 19-07-2014 - 21:20

Tính tích phân:

$I = \int_{0}^{1} \ln(x+\sqrt{1+x^2})dx$




#457992 Chứng minh $\frac{1}{a}=\frac{1}...

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 :D




#418251 Cho a,b,c>0 Chứng minh bất đẳng thức:

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 $a=b=c$




#415938 CMR: $\frac{1}{1+a^3}+\frac{1}...

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




#415843 $$\frac{(a-c)^2}{4(a+b+c)}\leq \...

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

$\sum a^2 + 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \ge \sum \sqrt[3]{a^2b^2}(\sqrt[3]{a^2}+\sqrt[3]{b^2}) \ge \sum 2ab$