Cho ba số thực dương thỏa mãn $x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng $\frac{2}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^{2}}}\leq \frac{9}{4}$
- thanhdatqv2003 yêu thích
datduong2002 Chưa có ai trong danh sách bạn bè.
Gửi bởi datduong2002 trong 02-04-2019 - 19:51
Cho ba số thực dương thỏa mãn $x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng $\frac{2}{\sqrt{1+x^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{1+z^{2}}}\leq \frac{9}{4}$
Gửi bởi datduong2002 trong 01-04-2019 - 22:07
Cho dãy số $(U_{n})$ xác định bởi $u_{1}=\frac{2019}{2018},u_{n+1}=u_{n}+2018.u_{n}^{2}$.với mọi n thuộc N*.
Tìm $\lim (\frac{u_{1}}{u_{2}}+\frac{u_{2}}{u_{3}}+\frac{u_{3}}{u_{4}}+...+\frac{u_{n}}{u_{n+1}})$
Gửi bởi datduong2002 trong 22-03-2018 - 21:49
thank you. very good
Áp dụng CBS $\frac{xy}{x^2+xy+yz} = \frac{xy(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})}{(x^2+xy+yz)(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})}\le \frac{xy+y^2+zx}{(x+y+z)^2}.$
tương tự $\frac{yz}{y^2+yz+zx}\le \frac{yz+z^2+xy}{(x+y+z)^2}$ ; $\frac{zx}{z^2+zx+xy} \le \frac{zx+x^2+yz}{(x+y+z)^2}$
$\Rightarrow \frac{xy}{x^2+xy+yz} + \frac{yz}{y^2+yz+zx} + \frac{zx}{z^2+zx+xy} \le \frac{xy+y^2+zx+yz+z^2+xy+zx+x^2+yz}{(x+y+z)^2} = 1$
Vậy max $P$ là 1 khi $x=y=z$
Gửi bởi datduong2002 trong 22-03-2018 - 21:48
cảm ơn bạn rất nhiều
Dễ CM: $5a^2+10ab+10b^2\geq (2a+3b)^2$(tách ra chuyển vế cộng trừ bình thường)
Tương tự....
=>$P\leq \frac{ab}{2a+3b}+\frac{bc}{2b+3c}+\frac{ac}{2c+3a}=\frac{ab}{a+a+b+b+b}+...\leq \frac{1}{25}(\frac{ab}{a}+\frac{ab}{a}+\frac{ab}{b}+\frac{ab}{b}+\frac{ab}{b})+...\leq \frac{1}{25}(5b+5a+5c)=\frac{1}{5}(a+b+c)$$\leq \frac{1}{5}\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=\frac{3}{5}$
Dấu '=" <=> a=b=c=1
Bài này áp dụng cosi, cauchy
Gửi bởi datduong2002 trong 18-12-2016 - 19:03
Gửi bởi datduong2002 trong 17-12-2016 - 17:30
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học