- Tham Lang yêu thích
MyLoveIs4Ever
Thống kê
- Nhóm: Thành viên
- Bài viết: 441
- Lượt xem: 3536
- Danh hiệu: Sĩ quan
- Tuổi: 32 tuổi
- Ngày sinh: Tháng tám 31, 1991
-
Giới tính
Nam
-
Đến từ
THPT Thị Xã Sadec
-
Sở thích
Thích nhất là "đánh ba",đi chơi với bạn gái
- Website URL http://
11
Trung bình
Công cụ người dùng
Lần ghé thăm cuối
#188856 OLympic Toán Quốc Tế 2008
Gửi bởi MyLoveIs4Ever trong 20-07-2008 - 20:23
Bạn nói có lí đó , các chú nếu vẫn theo ngành toán thì cố mà noi gương các bậc đàn anh đi trước chẳng hạn như giáo sư Ngô Bảo Châu .... Chúc mấy chú thành công sau nai`
#154362 Cauchy-Schwarz
Gửi bởi MyLoveIs4Ever trong 15-04-2007 - 21:24
Thử bài này xem cho a,b,c dương thỏa ab+bc+ca=1 CMR:
$\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{2} $ (D�ồn biến ko dành cho THCS)
$\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{5}{2} $ (D�ồn biến ko dành cho THCS)
- kimchitwinkle yêu thích
#154318 Cauchy-Schwarz
Gửi bởi MyLoveIs4Ever trong 15-04-2007 - 16:31
12) Đặt S=a+b+c+d+1 Ta có:
$\large\ VT=\sum\dfrac{a}{S-a} =\sum\dfrac{a^2}{a(S-a)} \geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{\sum a(S-a)} $
Mà $\large\sum a(S-a) =(a+b+c+d)^2+(a+b+c+d)-(a^2+b^2+c^2+d^2) \leq \dfrac{1}{4}(a+b+c+d)(3a+3b+3c+3d+4) $
$\large\ => VT \geq \dfrac{4(a+b+c+d)}{3a+3b+3c+3d+4} \geq 1 $
$\large\ VT=\sum\dfrac{a}{S-a} =\sum\dfrac{a^2}{a(S-a)} \geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{\sum a(S-a)} $
Mà $\large\sum a(S-a) =(a+b+c+d)^2+(a+b+c+d)-(a^2+b^2+c^2+d^2) \leq \dfrac{1}{4}(a+b+c+d)(3a+3b+3c+3d+4) $
$\large\ => VT \geq \dfrac{4(a+b+c+d)}{3a+3b+3c+3d+4} \geq 1 $
- foollock holmes yêu thích
#154313 Cauchy-Schwarz
Gửi bởi MyLoveIs4Ever trong 15-04-2007 - 16:11
Mài mò mãi cũng ra 11) Đặt S=$\ x_1+x_2+...+x_n $
Ta có$\large\sum\dfrac{x_i^5}{S-x_i} =\sum (n-1)\dfrac{x_i^6}{(n-1)x_i(S-x_i)} \geq \sum 4(n-1)\dfrac{x_i^6}{[(n-1)x_i+S-x_i]^2} \geq 4(n-1) \dfrac{[\sum\dfrac{x_i^3}{(n-1)x_i+S-x_i}]^2}{n} $
Mà $\large\sum\dfrac{x_i^3}{(n-1)x_i+S-x_i} \geq \dfrac{(\sum x_i)^2}{(n-1)(\sum x_i^2)+(n-1)x_i^2} \geq \dfrac{1}{2(n-1)} $
=>$\large\sum\dfrac{x_i^5}{S-x_i} \geq \dfrac{1}{4(n-1)^2n}.4(n-1) =\dfrac{1}{n(n-1)} $
Ta có$\large\sum\dfrac{x_i^5}{S-x_i} =\sum (n-1)\dfrac{x_i^6}{(n-1)x_i(S-x_i)} \geq \sum 4(n-1)\dfrac{x_i^6}{[(n-1)x_i+S-x_i]^2} \geq 4(n-1) \dfrac{[\sum\dfrac{x_i^3}{(n-1)x_i+S-x_i}]^2}{n} $
Mà $\large\sum\dfrac{x_i^3}{(n-1)x_i+S-x_i} \geq \dfrac{(\sum x_i)^2}{(n-1)(\sum x_i^2)+(n-1)x_i^2} \geq \dfrac{1}{2(n-1)} $
=>$\large\sum\dfrac{x_i^5}{S-x_i} \geq \dfrac{1}{4(n-1)^2n}.4(n-1) =\dfrac{1}{n(n-1)} $
- anh27022000 và yasuo0099 thích
#154187 Cauchy-Schwarz
Gửi bởi MyLoveIs4Ever trong 14-04-2007 - 10:39
Trong khi anh giải anh cho em mấy bài giải trí nè:(Cấm dùng d�ồn biến nha)
1)Cho a,b,c thỏa $\ ab+bc+ac=1$ CMR: $\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c} \geq \dfrac{5}{2} $
2)Tìm min $ M=\sum \dfrac{\cos^2{\dfrac{A}{2}}\cos^2{\dfrac{B}{2}}}{\cos^2{\dfrac{C}{2}}} $
Nếu chịu dể ý em sẽ thấy vẻ đẹp 2 bài toán này...................
-----------------------
Thêm bài Cauchy Schwazt anh tặng em nè.
CMR: mọi a,b,c dương thì $\large\dfrac{a^2+b}{b+c}+\dfrac{b^2+c}{c+a}+\dfrac{c^2+a}{a+b} \geq 2 $
1)Cho a,b,c thỏa $\ ab+bc+ac=1$ CMR: $\large\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{a+c} \geq \dfrac{5}{2} $
2)Tìm min $ M=\sum \dfrac{\cos^2{\dfrac{A}{2}}\cos^2{\dfrac{B}{2}}}{\cos^2{\dfrac{C}{2}}} $
Nếu chịu dể ý em sẽ thấy vẻ đẹp 2 bài toán này...................
-----------------------
Thêm bài Cauchy Schwazt anh tặng em nè.
CMR: mọi a,b,c dương thì $\large\dfrac{a^2+b}{b+c}+\dfrac{b^2+c}{c+a}+\dfrac{c^2+a}{a+b} \geq 2 $
- kimchitwinkle yêu thích
#154160 Cauchy-Schwarz
Gửi bởi MyLoveIs4Ever trong 13-04-2007 - 22:30
Hihi em bảo những bài này dành cho người mới học Cauchy-Schwazt thì hơi là.......Những bài tập này đối với THCS thì có lẽ hơi cao.....
-----------------
@:Chả biết xưng hô thế nào xưng hô như vậy hợp chứ
-----------------
@:Chả biết xưng hô thế nào xưng hô như vậy hợp chứ
- synovn27 yêu thích
#154157 Cauchy-Schwarz
Gửi bởi MyLoveIs4Ever trong 13-04-2007 - 22:17
Ờ để anh giải thử:
$\large\ a^2+1 \geq 2a;b^2+1 \geq 2b;c^2+1 \geq 2c $
Ta CM $\large\ VT \leq \dfrac{1}{2} $ (Nhẩm $a=b=c=1$)
$\Leftrightarrow \large\sum\dfrac{a}{a+b+1} \leq 1 $
$\Leftrightarrow \large\sum\dfrac{b+1}{a+b+1} \geq 2 $
Ta có $\large\sum\dfrac{b+1}{a+b+1} \geq \dfrac{(a+b+c+3)^2}{\sum[(b+1)(a+b+1)} \geq 2 $ (Biến đổi tương đương hoặc khai triển vế ở mẫu đưa về $\leq \dfrac{1}{2}(a+b+c+3)^2 $ )
$\large\ a^2+1 \geq 2a;b^2+1 \geq 2b;c^2+1 \geq 2c $
Ta CM $\large\ VT \leq \dfrac{1}{2} $ (Nhẩm $a=b=c=1$)
$\Leftrightarrow \large\sum\dfrac{a}{a+b+1} \leq 1 $
$\Leftrightarrow \large\sum\dfrac{b+1}{a+b+1} \geq 2 $
Ta có $\large\sum\dfrac{b+1}{a+b+1} \geq \dfrac{(a+b+c+3)^2}{\sum[(b+1)(a+b+1)} \geq 2 $ (Biến đổi tương đương hoặc khai triển vế ở mẫu đưa về $\leq \dfrac{1}{2}(a+b+c+3)^2 $ )
- harryhuyen và LinhToan thích
#154135 Cauchy-Schwarz
Gửi bởi MyLoveIs4Ever trong 13-04-2007 - 20:55
Giải 2 bài cuối nha:
4) Từ $a+b+c+abc=4 \Rightarrow a+b+c \geq ab+bc+ac $(Việt Nam MO 96 làm biếng CM lại wá)
$\large\ VT=\sum\dfrac{a^2}{a\sqrt{b+c}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum(a\sqrt{b+c})} $
Mà $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \leq \sqrt{(a+b+c)(2ab+2bc+2ca)} \leq \sqrt{2(a+b+c)^2} $ =>dpcm
5) ChebuSev ta có $\large\ a^3+b^3+c^3 \geq \dfrac{1}{6}[(a+b)+(b+c)+(c+a)](a^2+b^2+c^2) \geq \dfrac{1}{6}[\sum(a\sqrt{b+c})]^2$.
Lại có $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \geq 3\sqrt[3]{abc\sqrt{8abc}}=6 $ dpcm
4) Từ $a+b+c+abc=4 \Rightarrow a+b+c \geq ab+bc+ac $(Việt Nam MO 96 làm biếng CM lại wá)
$\large\ VT=\sum\dfrac{a^2}{a\sqrt{b+c}} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum(a\sqrt{b+c})} $
Mà $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \leq \sqrt{(a+b+c)(2ab+2bc+2ca)} \leq \sqrt{2(a+b+c)^2} $ =>dpcm
5) ChebuSev ta có $\large\ a^3+b^3+c^3 \geq \dfrac{1}{6}[(a+b)+(b+c)+(c+a)](a^2+b^2+c^2) \geq \dfrac{1}{6}[\sum(a\sqrt{b+c})]^2$.
Lại có $\large\sum(a\sqrt{b+c}) \geq 3\sqrt[3]{abc\sqrt{8abc}}=6 $ dpcm
- LinhToan yêu thích
#154078 Cauchy-Schwarz
Gửi bởi MyLoveIs4Ever trong 13-04-2007 - 13:35
Anh giải nha:
4) $VT \leq \large\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)} $ (Đến đây Cauchy là ra)
5)$VT \geq \large\dfrac{(x_1+x_2+...+x_n+\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n})^2}{n}$
Và $\large\(x_1+x_2+...+x_n)(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n}) \geq n^2 $
Bài của Hoojee Lee:
Ta có $\large\sqrt{a^4+(ab)^2+b^4} \geq \dfrac{\sqrt3}{2}(a^2+b^2} $
$ \large\ VT^2 \geq \3(a^2+b^2+c^2}^2 $
$\large\ VP^2 \leq (a^2+b^2+c^2)(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac) \leq 3(a^2+b^2+c^2)^2 $
4) $VT \leq \large\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{(1-a)(1-b)(1-c)} $ (Đến đây Cauchy là ra)
5)$VT \geq \large\dfrac{(x_1+x_2+...+x_n+\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n})^2}{n}$
Và $\large\(x_1+x_2+...+x_n)(\dfrac{1}{x_1}+\dfrac{1}{x_2}+...+\dfrac{1}{x_n}) \geq n^2 $
Bài của Hoojee Lee:
Ta có $\large\sqrt{a^4+(ab)^2+b^4} \geq \dfrac{\sqrt3}{2}(a^2+b^2} $
$ \large\ VT^2 \geq \3(a^2+b^2+c^2}^2 $
$\large\ VP^2 \leq (a^2+b^2+c^2)(2a^2+2b^2+2c^2+ab+bc+ac) \leq 3(a^2+b^2+c^2)^2 $
- datcoi961999 yêu thích
- Diễn đàn Toán học
- → Đang xem trang cá nhân: Likes: MyLoveIs4Ever