Đến nội dung


Thông báo


Thời gian vừa qua chức năng nhập mã an toàn lúc đăng kí thành viên của diễn đàn đã hoạt động không ổn định, do đó có nhiều bạn đã không thể đăng kí thành viên. Hiện nay vấn đề này đã được giải quyết. Ban Quản Trị chân thành xin lỗi những thành viên đã gặp trục trặc lúc đăng kí.


hanguyen445

Đăng ký: 04-02-2015
Offline Đăng nhập: Riêng tư
**---

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: $f\left ( \frac{x+ 1}{x- 1} \righ...

28-01-2018 - 21:04

$f(\dfrac{x-1}{x+1})=2f(x)+\dfrac{3}{x-1}\iff f(1+\dfrac{2}{x-1})=2f(x)+\dfrac{3}{x-1}\forall x\ne 1\hspace{1cm}[1]$

Thay $x-1$ bởi $\dfrac{2}{x-1}$ ta có: $f(x)=2f(1+\dfrac{2}{x-1})+\dfrac{3(x-1)}{2}\hspace{1cm}[2]$

Từ [1] và [2] ta có hệ phương trình:

$$\begin{cases}f(1+\dfrac{2}{x-1})=2f(x)+\dfrac{3}{x-1}\\f(x)=2f(1+\dfrac{2}{x-1})+\dfrac{3(x-1)}{2}\end{cases}$$

Giải hệ phương trình ta được $f(x)=-\dfrac{2}{x-1}-\dfrac{x-1}{2},\forall x\ne 1$$


Trong chủ đề: $\frac{3}{x+yz}+\frac{4}...

24-01-2018 - 13:50

Ta ccó $P=3\sum\dfrac{x}{y+zx}+\dfrac{1}{y+zx}+\dfrac{2}{z+xy}$\\

Theo bất đẳng thức cauchy-schwarz và cauchy ta có:

$$y+zx\le\sqrt{(y^2+x^2)(1+z^2)}\le\dfrac{1}{2}\dfrac{x^2+y^2+z^2+1}{2};\text{ Tương tự ta có: } z+xy\le\dfrac{x^2+y^2+z^2+1}{2}$$

Do đó suy ra được: $P\ge 3\sum\dfrac{3}{x+yz}+\dfrac{6}{x^2+y^2+z^2+1}$

Theo bất đẳng thức cauchy-schwarz ta lại có:

$$P=6\sum\dfrac{1}{2x+2yz}+6\dfrac{1}{x^2+y^2+z^2+1}\ge\dfrac{6.16}{\sum x^2+2\sum xy+2\sum x+1}=\dfrac{96}{(x+y+z+1)^2}\hspace{1cm}(*)$$

Ta chứng minh:

$$x^2+y^2+z^2+xyz\ge\dfrac{(x+y+z)^2}{3}+\dfrac{(x+y+z)^3}{27}\iff\sum 9(x-y)^2\ge\sum [\dfrac{x+y+z}{2}+3z](x-y)^2\hspace{1cm}[1]$$

Từ  $4\ge x^2+y^2+z^2+xyz\ge\dfrac{(x+y+z)^2}{3}\Rightarrow x+y+z\le\sqrt{12}<4$ và $4>z^2\Rightarrow\dfrac{x+y+z}{2}+3z<2+6=8<9\implies [1]$ đúng.

Do đó $4\ge\dfrac{(x+y+z)^2}{3}+\dfrac{(x+y+z)^3}{27}\Leftrightarrow t^3+9t^2-108\le 0\Leftrightarrow (t-3)(t^2+12t+36)\le 0\Leftrightarrow t=x+y+z\le 3$ (**)

Từ (*) và (**) suy ra $P\ge\dfrac{96}{(3+1)^2}=6$. Hoàn tất chứng minh.


Trong chủ đề: $min\left \{ ab,bc,ca \right \}\g...

22-01-2018 - 21:23

Ta có $\sqrt {\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)}  \le 1 + {\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)^2}$
$ \Leftrightarrow 1 + {a^2} + {b^2} + {a^2}{b^2} \le 1 + \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^2}}}{2} + \frac{{{{\left( {a + b} \right)}^4}}}{{16}}$
 $\Leftrightarrow \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{2} \le \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + 4{\rm{a}}b} \right]}}{{16}}$
$ \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{16}}\left[ {{{\left( {a + b} \right)}^2} + 4{\rm{a}}b - 8} \right] \ge 0 $                          [1]
Do bất đẳng thức đối xứng với 3 biến $a,b,c$ nên không giảm tổng quát, ta giả sử $a\ge b\ge c\Rightarrow ab\ge ac\ge bc$
Theo giả thiết Min $\{ab,bc,ca\}=bc\ge 1\begin{cases} ab\ge ac\ge bc\ge 1\\a+b\ge a+c\ge b+c\ge 2\sqrt{bc}=2\end{cases}$
Do đó suy ra $(a+b)^2+4ab-8\ge (a+c)^2+4ac-8\ge (b+c)^2+4bc-8\ge 2^2+4-8=0 (**)$. Suy ra [1] đúng.
Vậy ta có $$\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}\le 1+(\dfrac{a+b}{2})^2$$ 
Tương tự tự và kết hợp với (**) ta cũng chứng minh được:
$$\sqrt{(1+a^2)(1+c^2)}\le 1+(\dfrac{a+c}{2})^2$$ 
$$\sqrt{(1+c^2)(1+b^2)}\le 1+(\dfrac{c+b}{2})^2$$ 
Nhân vế của 3 bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.

Trong chủ đề: $ ab+ bc+ ca< 3$

21-01-2018 - 16:54

Giả sử $ab+bc+ac>3$. Ta có $3(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ac)=9\Rightarrow a^2+b^2+c^2> 3;a+b+c> 3$

$(a+b)(b+c)(c+a)=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc=(a+b+c)(ab+bc+ac)-abc=\dfrac{8(a+b+c)(ab+bc+ac)}{9}+\dfrac{(ab+bc+ac)(a+b+c)}{9}-abc$

$\ge\dfrac{8.3.3}{9}+9\dfrac{\sqrt[3]{(abc)^3}}{9}-abc=8$ Điều này mâu thuẫn với $(a+b)(b+c)(c+a)=8$

Vậy $ab+bc+ac\le 3$


Trong chủ đề: $\frac{a}{b+ 2}+ \frac{b}...

21-01-2018 - 16:34

Sử dụng bất đẳng thức cauchy $a^2+b^2\ge 2ab$ với $a,b\ge 0$ và lưu ý bất đẳng thức hoán vị vòng quanh với ba biến $a,b,c$ ta

luôn giả sử được $a=\rm{Min}\{a,bc\}$ hoặc $a=\rm{Max}\{a,b,c\}$ hoặc $a$ nằm giữa $b$ và $c$