$$3-x+\sqrt{6-8x}\geq 10x^2+\sqrt{2x+1}$$
- didifulls yêu thích
Gửi bởi doandoan314 trong 19-09-2018 - 18:03
Gửi bởi doandoan314 trong 04-08-2018 - 16:53
Trong lời giả của bài toán sau, em không hiểu 1 chỗ, mong các bạn, các anh chị, thầy cô giải đáp giúp em ạ.
Cho $x, y, z$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx).$$
Lời giải
Trong 3 số $x, y, z$ luôn có hai số cùng lớn hơn hay bằng 1 hoặc cùng nhỏ hơn hay bằng 1(Em không hiểu chỗ này ạ).
Giả sử hai số đó là $x, y$ thì ta có $(x-1)(y-1) \geq 0$, suy ra $xy+1\geq x+y$. Do đó $$2xyz +2z\geq 2xz+2yz$$
Như vậy, ta chỉ cần chứng minh $$x^2+y^2+z^2+1\geq 2xy+2z$$
Nhưng đều này là hiển nhiên vì nó tương đương với $$(x-y)^2+(z-1)^2\geq 0$$
Bài toán được chứng minh.
Gửi bởi doandoan314 trong 29-07-2018 - 11:49
Cho $a\geq 0, b\geq 0, c\geq 0$ và $a+b+c\leq 2018$. Tìm GTLN: $$P= \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}$$
Gửi bởi doandoan314 trong 27-07-2018 - 11:58
Gửi bởi doandoan314 trong 27-07-2018 - 09:39
\[\left ( a+ 1 \right )\left ( b+ 1 \right )\left ( c+ 1 \right )- 4\,abc= \left ( 6- a- b- c \right )\left ( 3\,ab- a- b- 1 \right )+ 5\left ( 3- a \right )\left ( 1- a \right )+ \left ( 3\,a- 1 \right )\left ( 2- b \right )\left ( 4- a- b \right )\geqq 0\][/size]
Gửi bởi doandoan314 trong 27-07-2018 - 08:42
Có cách khác ngoài tách nhân tử chung không?\[\left ( a+ 1 \right )\left ( b+ 1 \right )\left ( c+ 1 \right )- 4\,abc= \left ( 6- a- b- c \right )\left ( 3\,ab- a- b- 1 \right )+ 5\left ( 3- a \right )\left ( 1- a \right )+ \left ( 3\,a- 1 \right )\left ( 2- b \right )\left ( 4- a- b \right )\geqq 0\][/size]
Gửi bởi doandoan314 trong 26-07-2018 - 09:19
Gửi bởi doandoan314 trong 25-07-2018 - 00:11
Cho $a, b, c$ là số thực không âm. Chứng minh rằng: $$a^2+b^2+c^2+3\sqrt[3]{(abc)^2} \geq 2(ab+bc+ca)$$
Gửi bởi doandoan314 trong 24-07-2018 - 22:32
Ý mình là tại sao lại nghĩ đến phép biến đổi đó.Hướng giải : $a+\frac{1}{2}.\sqrt{a.4b}+\frac{1}{4}.\sqrt[3]{a.4b.16c} \leq \frac{4}{3}(a+b+c)$
Gửi bởi doandoan314 trong 24-07-2018 - 22:23
Tại sao lại làm theo hướng như vậy?Hướng giải : $a+\frac{1}{2}.\sqrt{a.4b}+\frac{1}{4}.\sqrt[3]{a.4b.16c} \leq \frac{4}{3}(a+b+c)$
Gửi bởi doandoan314 trong 24-07-2018 - 21:24
Gửi bởi doandoan314 trong 21-07-2018 - 11:19
Cho số thực $a, b, c$ . Chứng minh: $$\sqrt{5a^2+4bc}+\sqrt{5b^2+4ca}+\sqrt{5c^2+4ab}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$$
Gửi bởi doandoan314 trong 21-07-2018 - 11:10
Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng: $$\frac{4a^2-b^2-c^2}{a(b+c)}+\frac{4b^2-c^2-a^2}{b(c-a)}+\frac{4c^2-a^2-b^2}{c(a+b)}\leq 3$$
Gửi bởi doandoan314 trong 21-07-2018 - 10:43
Cho các số thực dương $a, b, c\geq 0$ thỏa mãn $abc=1$ . Chứng minh: $$\frac{1}{(a+1)^2+b^2+1}+\frac{1}{(b+1)^2+c^2+1}+\frac{1}{(c+1)^2+a^2+1}\leq \frac{1}{2}$$
Gửi bởi doandoan314 trong 21-07-2018 - 10:34
Cho $a, b, c\geq 0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh: $$\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2}\geq 1$$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học