Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


*LinKinPark*

Đăng ký: 31-12-2009
Offline Đăng nhập: 14-07-2013 - 21:10
***--

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Help!

04-05-2010 - 12:24

Tương đương: ${\sin ^{2m}}x.{\cos ^{2n}}x \le \dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}$

Đặt ${\sin ^2}x = a \in \left[ { - 1;1} \right]$

Ta có $f\left( a \right) = {a^m}{\left( {1 - a} \right)^n}$

$f'\left( a \right) = m{a^{m - 1}}{\left( {1 - a} \right)^n} - n{a^m}{\left( {1 - a} \right)^{n - 1}}$

Với $a \in \left[ {\dfrac{m}{{m + n}};1} \right] \Rightarrow f'\left( a \right) \le 0 \Rightarrow f\left( a \right) \le f\left( {\dfrac{m}{{m + n}}} \right) = \dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}$

Với $a \in \left[ { - 1;\dfrac{m}{{m + n}}} \right) \Rightarrow f'\left( a \right) \ge 0 \Rightarrow f\left( a \right) \le f\left( {\dfrac{m}{{m + n}}} \right) = \dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}$

Tóm lại ta luôn có: ${\sin ^m}x.{\cos ^n}x \le \sqrt {\dfrac{{{m^m}{n^n}}}{{{{\left( {m + n} \right)}^{m + n}}}}} $ Q.E.D :D

Trong chủ đề: Bài Đối Xứng Khá Khó

04-05-2010 - 00:09

Đây đây có cu LinKinPark đây :D .....

Lời giải

BĐT cần Cm tương đương:

$\sum {\left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){{\left( {\dfrac{{ab + bc + ca}}{{b + c}}} \right)}^2}} \le \dfrac{9}{4}$

$ \Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){{\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)}^2}} \le \dfrac{9}{4}$

BCS

$\left( {{a^2} + 2bc} \right)\left( {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}} + \dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \right) \ge {\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)^2}$

$ \Leftrightarrow \left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)^2} \le \left( {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}} + \dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \right)$

Suy ra

$\sum {\left( {\dfrac{1}{{{a^2} + 2bc}}} \right){{\left( {a + \dfrac{{bc}}{{b + c}}} \right)}^2}} \le \sum {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}}} + \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} $

Cần CM $\sum {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}}} + \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \le \dfrac{9}{4}$

$ \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} + \dfrac{3}{4} \le \sum {\dfrac{{bc}}{{{a^2} + bc}}} $

Cauchy Schwarz

$\sum {\dfrac{{bc}}{{{a^2} + bc}}} \ge \dfrac{{{{\left( {\sum {ab} } \right)}^2}}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}}$

Cần CM: $\dfrac{{{{\left( {\sum {ab} } \right)}^2}}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}} \ge \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} + \dfrac{3}{4}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{abc\left( {\sum a } \right)}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}} + \dfrac{1}{4} \ge \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} $

Ta sẽ CM: $\dfrac{{abc\left( {\sum a } \right)}}{{abc\left( {\sum a } \right) + \left( {\sum {{{\left( {ab} \right)}^2}} } \right)}} \ge \dfrac{{4abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$

BĐT trên là thuần nhất nên ta chuẩn hóa cho $a+b+c=1$. Đặt $p = a + b + c,q = ab + bc + ca,r = abc$. BĐT trở thành:

$\dfrac{{pr}}{{{q^2} - pr}} \ge \dfrac{{4r}}{{pq - r}} \Leftrightarrow q\left( {4q - 1} \right) - 3r \le 0$

Với $q \le \dfrac{1}{4}$ done :D

Với $\dfrac{1}{4} < q \le \dfrac{1}{3}$. Sử dụng BĐT Schur $9r \ge 4q - 1$ đưa BĐT trên trở thành:

$12{q^2} - 7q + 1 \le 0$ đúng với $\dfrac{1}{4} < q \le \dfrac{1}{3}$

Bây giờ ta chỉ việc CM

$\dfrac{{4abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} + \dfrac{1}{4} \ge \sum {\dfrac{{bc}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}} $

$ \Leftrightarrow \sum {{{\left( {a - b} \right)}^2}} \left( {\dfrac{{\left( {c - b} \right)\left( {c - a} \right)}}{{{{\left( {a + b} \right)}^2}\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}} \right) \ge 0$ (Đúng theo Vornicu Schur)

ĐTXR khi va chỉ khi $a=b=c$

Trong chủ đề: PTNK 2003-2004 (Help)

01-05-2010 - 12:39

Hình đã gửi

a) $\Delta ABC \sim \Delta AMN \Rightarrow \dfrac{{MN}}{{BC}} = \dfrac{{AM}}{{AB}} = \cos 45^\circ = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}$

b) Dựng $Ag$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$. Ta có: $\widehat{gAN} = \widehat{BCA} = \widehat{ANM} \Rightarrow Ag\parallel MN$

Mà $Ag \bot OA$ nên $MN \bot OA$

Trong chủ đề: BĐT

01-05-2010 - 08:28

Holer

$\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left[ {1 + \dfrac{1}{{{x_k}}}} \right]} \ge {\left[ {1 + \left( {\dfrac{1}{{\sqrt[{n - 1}]{{\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}}}} \right)} \right]^{n - 1}}$

AM-GM

${\left[ {1 + \left( {\dfrac{1}{{\sqrt[{n - 1}]{{\prod\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}}}} \right)} \right]^{n - 1}} \ge {\left[ {1 + \left( {\dfrac{{n - 1}}{{\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {{x_k}} }}} \right)} \right]^{n - 1}}$

$ = {\left[ {1 + \dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}} = {\left[ {\dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}}$

Suy ra $\prod\limits_{i = 1}^{n - 1} {\left[ {1 + \dfrac{1}{{{x_k}}}} \right]} \ge {\left[ {\dfrac{{n - 1}}{{1 - {x_n}}}} \right]^{n - 1}}$

Xây dựng thêm $n-1$ BĐT như vậy rồi nhân vế theo vế ta được

${\left[ {\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{1 + {x_k}}}{{{x_k}}}} \right)} } \right]^{n - 1}} \ge {\left[ {\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{n - {x_k}}}{{1 - {x_k}}}} \right)} } \right]^{n - 1}}$

hay

$\prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{1 + {x_k}}}{{{x_k}}}} \right)} \ge \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {\dfrac{{n - {x_k}}}{{1 - {x_k}}}} \right)} $ Q.E.D :ech

Trong chủ đề: BDT ^^!

01-05-2010 - 00:07

Cho $a=0,2 ,b=3, c=5$ :ech