phuc_90

Giả thiết được viết lại thành $ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} =1$

Theo BĐT Cauchy-Schwartz thì

$\sqrt{a+bc}=\frac{\sqrt{a^2+abc}}{\sqrt{a}} =\frac{\sqrt{a^2+ab+bc+ca}}{\sqrt{a}}=\frac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{\sqrt{a}} \geq \frac{a+\sqrt{bc}}{\sqrt{a}} =\sqrt{a}+\sqrt{abc} \frac{1}{a}$

Tương tự ta được $ \ \ \ \ \sqrt{b+ca} \geq \sqrt{b}+\sqrt{abc} \frac{1}{b}$ $ \ \ \ \ ,$ $ \ \ \ \ \sqrt{c+ab} \geq \sqrt{c}+\sqrt{abc} \frac{1}{c}$

Cộng tất cả lại ta có đpcm

Giả thiết $\ \ \ \ \frac{7-2a}{3a-6}+\frac{7-2b}{3b-6}+\frac{7-2c}{3c-6} = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Tương đương $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{7\frac{1}{a}-2}{3-6\frac{1}{a}}+\frac{7\frac{1}{b}-2}{3-6\frac{1}{b}}+\frac{7\frac{1}{c}-2}{3-6\frac{1}{c}} = \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

$\Leftrightarrow \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \left(\frac{7\frac{1}{a}-2}{3-6\frac{1}{a}}+1\right) = \sum \frac{1}{a} +3$

hay $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \frac{1+\frac{1}{a}}{1-2\frac{1}{a}} =3\sum \frac{1}{a}+9$ $ \ \ \ \ \ \ \ \ (*)$

Dễ thấy $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1+\frac{1}{x}}{1-2\frac{1}{x}}$ $ \ \ \ \ \ \ \ \ .$ là hàm lồi với mọi $x>2$

Theo BĐT Jensen ta có $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \frac{1+\frac{1}{a}}{1-2\frac{1}{a}} \geq 3\frac{1+\frac{1}{3}\sum \frac{1}{a}}{1-\frac{2}{3}\sum \frac{1}{a}}$ $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (**)$

Từ $(*)$ , $(**)$ suy ra $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 3\sum \frac{1}{a}+9 \geq 3\frac{1+\frac{1}{3}\sum \frac{1}{a}}{1-\frac{2}{3}\sum \frac{1}{a}}$

hay $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{2}{3}\left(\sum \frac{1}{a}-1\right) \left(\sum \frac{1}{a}+3\right) \leq 0$

Kéo theo $ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \sum \frac{1}{a} \leq 1$

Bất đẳng thức được chứng minh

Bài toán : Cho $ \ \ a,b,c$ là các số thực dương thỏa $abc=1$

Chứng minh rằng $ \ \ \ \ \ \ \sqrt{\frac{1}{a+2a^5}}+\sqrt{\frac{1}{b+2b^5}}+\sqrt{\frac{1}{c+2c^5}} \geq \sqrt{3}$

Bài toán : Cho $ \ \ a,b,c,k$ là các số thực dương thỏa $abc=1$

Chứng minh rằng $ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{a^2(b+1)+k}+\frac{1}{b^2(c+1)+k}+\frac{1}{c^2(a+1)+k} \geq min \{ \frac{1}{k} , \frac{3}{k+2} \}$

Cho các số thực dương $a,b,c$ thảo mãn $abc=1$.CMR:
$\sum \frac{1}{a} + \frac{8}{a+b+c} \geq \frac{17}{3}$

Anh giải luôn bài này vậy ... !_^)

BĐT đã cho tương đương $ \ \ \ \ ab+bc+ca+\frac{8}{a+b+c} \geq \frac{17}{3}$

Đặt $ \ \ \ \ x=a+b+c$ , $y=ab+bc+ca$ khi đó $x,y \geq 3$

BĐT được viết lại thành $ \ \ \ \ y+\frac{8}{x} \geq \frac{17}{3}$ hay $ \ \ \ \ \ \ 3xy+24-17x \geq 0$

BĐT này đúng vì $ \ \ 3xy+24-17x$ đồng biến theo biến $x$

nên $ \ \ \ \ 3xy+24-17x \geq 3.3y+24-17.3=9(y-3) \geq 0$

Vậy BĐT đã được chứng minh.

Nhân tiện đọc được topic này, thấy mọi người vất vả trong việc dịch tiếng Anh sang tiếng Việt quá nhỉ. Anh giới thiệu cho phần mềm Star Dic ... nó rất tiện lợi, chỉ cần mở phần mềm này lên rồi mở ebook tiếng Anh ra, từ nào ko biết chỉ cần chỉ vào là nó dịch nghĩa liền...khỏi phải gõ từ !_^)

_____________________________

Ai cần mai anh up lên ... h ko có đem theo...hix

Dồn biến kiểu này không được đâu bạn

Vì $f\left(\frac{a+b}{2} ,\frac{a+b}{2} ,c\right)$ có các biến $ \ \ x=\frac{a+b}{2} \ \ , \ \ y=\frac{a+b}{2} \ \ , \ \ z=c $ đâu có thỏa điều kiện $xyz=1$

_______________________

Thì em cứ post lên đi cho bài nó phong phú thêm !_^)

____________________

dđ là gì ý nhỉ

Bài toán : Chứng minh rằng nếu $G$ là một nhóm có không quá 5 phần tử thì $G$ là nhóm giao hoán

_____________________________________

Nguồn : Đề thi giữa kì môn Đại số đại cương (2011-2012 , hệ CNTN, KHTN HCM)
--------------------------
Draconid:Anh ơi hướng của em là ta chia 3 TH G có 3,4,5 phần tử rồi CM từng TH một ko biết đúng không nữa vì em chưa học cái này:)
________________

phuc_90 : Đó cũng là một cách @_^)

Bài toán : Cho $a,b,c$ là các số tự nhiên không âm

sao cho $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ và $\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+\frac{b}{a}$ là các số tự nhiên

Chứng minh rằng $a=b=c$

Bài toán : Cho $a,b,c,d \in [ \frac{\sqrt{2}}{2} , 1 ]$ .Chứng minh rằng

$(a^2+b^2-1)(c^2+d^2-1)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+\frac{1}{d^2}\right) \leq 4$

___________________________________-

Nguồn : Tự sáng tác !_^)

* Kiểm tra : $\langle P,P \rangle \geq 0$ đẳng thức xảy ra khi $P=0$

Hiển nhiên $\langle P,P \rangle =\int_{0}^{+\infty} P^2(t) \varepsilon^{-2t}dt \geq 0$

vì $P^2(t) \varepsilon^{-2t} \geq 0$ với mọi $t \in R$

Và đẳng thức xảy ra khi $P^2(t) \varepsilon^{-2t}=0$ hay $P^2(t)=0$ với mọi $t \in R$ (1)

Kéo theo $P(t)=0$ với mọi $t \in R$ (2)

* Kiểm tra : $\langle \lambda P,Q \rangle =\lambda \langle P,Q \rangle$ với $\lambda \in R$

$\langle \lambda P,Q \rangle=\int_{0}^{+\infty} \lambda P(t)Q(t) \varepsilon^{-2t}dt = \lambda \int_{0}^{+\infty} P(t)Q(t) \varepsilon^{-2t}dt =\lambda \langle P,Q \rangle$

* Kiểm tra :

1) $\langle P+Q,H \rangle=\langle P,H \rangle +\langle Q,H \rangle$

2) $\langle P,Q \rangle =\langle Q,P \rangle$

Hiển nhiên

Câu hỏi : Tại sao từ (1) ta suy ra được (2) như vậy ... nếu ta thay số 0 bằng số khác 0, thì (1) suy ra (2) được hay không..

Điều kiện $x,y \geq 0$

Từ phương trình đầu ta có $\sqrt[4]{xy}=\left(\sqrt[4]{x}-\sqrt[4]{y}\right)^2+\sqrt[4]{2012} \geq \sqrt[4]{2012}$ suy ra $xy \geq 2012$

Mặt khác , $x^6+y^6-xy(x^4+y^4)=(x-y)^2(x^4+x^3y+x^2y^2+xy^3+y^4) \geq 0$

hay $x^6+y^6 \geq xy(x^4+y^4) \geq 2012(x^4+y^4)$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y$

Suy ra nghiệm của hệ là $(x,y)=(\sqrt{2012} , \sqrt{2012})$

Anh làm cách đầu tiên nhé ^^!

Đặt $x=a+b+c$ , $y=ab+bc+ca$ , $z=abc$ khi đó ta có $3+2y=x^2$

Theo BĐT Schur thì $9z \geq 4xy-x^3$

BĐT cần chứng minh tương đương với $12+4xy-x^3 \geq 7y$

hay $12+2x(x^2-3)-x^3 \geq 7\frac{x^2-3}{2}$

$\Leftrightarrow (x-3)^2(2x+5) \geq 0$

Vậy BĐT đã được chứng minh

$\inf_{a\in A}d(x,a)=0 \Rightarrow d(x,a)=0$ là không chắc chắn đúng. Lấy ví dụ đơn giản nhé, đó là ta xét tập $A=(0,1)$ thì đương nhiên $inf A =0$ mà các phần tử của $A$ đều lớn hơn 0 ( nếu là min thì chiều suy ra là đúng @_^) )

$\inf_{a\in A}d(x,a)=0$ chỉ suy ra được là $ \exists (a_n) \subset A$ sao cho $a_n \to x$ khi $ n \to \infty $