Diễn đàn học tập của Hocmai.vn
Liên hệ quảng cáo: xem chi tiết tại đây

Diendan.hocmai.vn - Học thày chẳng tày học bạn! » Toán » Toán lớp 10 » Chuyên đề bất đẳng thức




Trả lời
  #1  
Cũ 25-09-2011
lovelycat_handoi95's Avatar
lovelycat_handoi95 lovelycat_handoi95 đang ngoại tuyến
Thành viên
Bí thư
 
Tham gia : 30-08-2011
Đến từ: THPT CHuyện Hùng Vương
Bài viết: 2,096
Điểm học tập:974
Đã cảm ơn: 716
Được cảm ơn 1,870 lần
Arrow Chuyên đề bất đẳng thức

Chuyên đề bất đẳng thức
Bất đẳng thức là dạng bài thường xuyên xuất hiện trong các bài thi .Nó cũng quyết định rất lớn tới điểm thi của bạn .vì vậy mình lập ra pic này giúp tất cả mọi người có thể bàn luận ,giải các Bất đẳng thức và tìm hiểu kĩ hơn về chúng.Đâù tiên mình post các dạng BĐT cơ bản .Sau đó chúng ta sẽ làm tất cả các bài tập liên quan đến bất đẳng thức

Chú ý: -Chỉ được post các bài về BĐT ,bàn luận về chúng,tránh spam
_Các bài post lên phải được đánh số thứ tự
_Phải có tên đề bài, tên đề phải viết rõ được in đậm



1.Bất đẳng thức AM-GM:

Với mọi số thực dương a_1,a_2,a_3,....,a_nta luôn có bất đẳng thức:
\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n} \geq \sqrt[n]{a_1a_2...a_n}
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a_1=a_2=...=a_n


2.Bất đẳng thức Cauchy
Với 2 số thực tuỳ ý a_1,a_2,.....,a_n va b_1,b_2,...,b_n
ta luôn có bất đẳng thức :
({a_1}^2+{a_2}^2+....+{a_n}^2)({b_1}^2+{b_2}^2+...  .+{b_n}^2 \geq (a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (a_1,a_2,...,a_n) va (b_1,b_2,...,b_n) là 2 bộ tỉ lệ ,tức là tồn tại số thực k để a_i=kb_i,\forall i=1,n.


3.Bất đẳng thức Chebyshev:
Với 2 số thực đơn điệu tăng a_1,a_2,..,a_n va b_1,b_2,...,b_nTa luôn có:
a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n \geq \frac{1}{n}(a_1+a_2+..+a_n)(b_1+b_2+...+b_n)



4. Bất đẳng thức Holder:
Với m dãy số dương (a_{1,1},a_{1,2},.....,a_{1,n}),(a_{2,1},a_{2,2},.  ..,a_{2,n})....(a_{m,1},a_{m,2},.....,a_{m,n}) ta có :
\prod_{i=1}^{m}(\sum_{j=1}^n a_i,j) \geq (\sum_{j=1}^n \sqrt[m]{\prod_{i=1}^{m} a_i,j})^m
Đẳng thức xảy ra khi m dãy số tương ứng tỉ lệ .Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz là hệ quả trực tiếp của bất đẳng thức Holder với m=2.


5.Bất đẳng thức với hàm lồi :
5.1.Hàm lồi với bất đẳng thức Jensen:
.Nếu f là hàm lồi trên khoảng I thì với mọi số x_1,x_2,...,x_n \in \ I Ta luôn có

f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n) \geq nf(\frac{x_1+x_2+....+x_n}{n})
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x_1=x_2=....=x_n

5.2.Bất đẳng thức Jensen suy rộng .
nếu a_1,a_2,...a_nlà các số thực tuỳ ý thì với mọi hàm nồi f trên tập số thực ta luôn có
a_1f(x_1)+a_2f(x_2)+...+a_nf(x_n) \geq f(a_1x_1+a_2x_2+...+a_nx_n)


6.Bất đẳng thức hoán vị khai trển Abel
Khai triển Abel .
Gỉa sử x_1,x_2,..,x_n va y_1,y_2,....,y_n là các số thực tuỳ ý.Đặt c_k=y_1+y_2+...+y_k \forall k=\overline{1,n} \.Khi đó :
x_1y_1+x_2y_2+..+x_ny_n=(x_1-x_2)c_1+(x_2-x_3)c_2+...+(x_{n-1}-x_n)c_{n-1}+x_nc_n

7.Bất đẳng thức đối xứng 3 biến
7.1Dạng tổng quát:
f(a,b,c) \geq 0
trong đó f(a,b,c)=f(c,b,a)=f(b,a,c)
ví dụ:f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+3ab+3bc+3ca+5abc+a^2b^2c^2
Bất đẳng thức thuần nhất có điều kiện
(định ngiã hàm số thuần nhất .Hàm f(a,b,c,)là hàm thuần nhất với các biến trên miền I nếu nó thoả mãn điều kiện
f(ta,tb,tc)=t^kf(a,b,c)
với t,a,b,c thuộc I và k là hằng số không phụ thộc vào a,b,ct mà chỉ phụ thộc vào bản thân hàm f)
7.2Bất đẳng thức Schur :
Với mọi số thực không âm a,b,c ta luôn có bất đẳng thức
a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a).
8.Bất đẳng thức và các đa thức đói sơ cấp
8.1Bất đẳng thức Newton
với mọi x_1,x_2,...,x_n  không âm ta có
d_k+1d_{k-1} \leq {d_k}^2
Trong đó d_k=S_k/C^k_n,S_klà các đa thức đối sứng sơ cấp được xác định như trên
8.2Bất đẳng thức Maclaurin.với mọi x_1,x_2,....,x_n không âm ta có
d_1 \geq \sqrt{d_2} \geq ....\geq \sqrt[k]{d_k} \geq ...\geq \sqrt[n]{n}
__________________
Hocmai.vn - YouTube Video
ERROR: If you can see this, then YouTube is down or you don't have Flash installed.

Thay đổi nội dung bởi: hocmai.cskh, 17-12-2013 lúc 15:17.
Trả Lời Với Trích Dẫn
  #2  
Cũ 25-09-2011
lovelycat_handoi95's Avatar
lovelycat_handoi95 lovelycat_handoi95 đang ngoại tuyến
Thành viên
Bí thư
 
Tham gia : 30-08-2011
Đến từ: THPT CHuyện Hùng Vương
Bài viết: 2,096
Điểm học tập:974
Đã cảm ơn: 716
Được cảm ơn 1,870 lần
Các bài vận dụng:
1.Chứng minh rằng với a,b,c,d là các số thực dương có tổng bằng 4 ta luôn có bđt :
\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+ \frac{c}{1+d^2}+ \frac{d}{1+a^2} \geq a+b+c+d-\frac{ab+bc+cd}{2} \geq \frac{3}{2}
__________________
Hocmai.vn - YouTube Video
ERROR: If you can see this, then YouTube is down or you don't have Flash installed.

Thay đổi nội dung bởi: lovelycat_handoi95, 25-09-2011 lúc 17:48.
Trả Lời Với Trích Dẫn
Có 7 thành viên đã gửi lời cảm ơn đến lovelycat_handoi95 với bài viết này:
  #3  
Cũ 26-09-2011
lovelycat_handoi95's Avatar
lovelycat_handoi95 lovelycat_handoi95 đang ngoại tuyến
Thành viên
Bí thư
 
Tham gia : 30-08-2011
Đến từ: THPT CHuyện Hùng Vương
Bài viết: 2,096
Điểm học tập:974
Đã cảm ơn: 716
Được cảm ơn 1,870 lần
Các phương háp chứng minh bất đẳng thức
1.Phương pháp dồn biến và định lí dồn biến mạnh

1.1.Phương pháp dồn biến đối với các bất đẳng thức 3 biến

ví dụ
:Chứng minh rằng với a,b,c>0 ;và a+b+c=3 thì:

2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+3 \leq 3(a^2+b^2+c^2).

giải::Không mất tính tổng quát của bài toán giả sử a b c .

Đặt t=\frac{a+b}{2},u=\frac{a-b}{2} ta có a=t+u,b=t-u

ab=t^2-u^2 \geq c^2 nên 2t^2-2c^2-u^2 \geq 0.

Do đó
a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=c^2(a^2+b^2)+a^2b^2=c^2(2t^2+  2u^2)+(t^2-u^2)^2=-u^2(2t^2-2c^2-u^2)+t^4+2c^2t^2 \leq t^4+2c^2t^2.

Mặt khác hiển nhiên a^2+b^2+c^2 \geq 2t^2+c^2

Thay c=3-2t ta có bất đẳng thức

2t^2+4t^2(3-2t)^2+3 \leq 6t^2+3(3-2t)^2 \Leftrightarrow 3t^4-8t^3+3t^2+6t-4 \leq 0 \Leftrightarrow (t-1)^2(3t^2-2t-4) \leq 0

hiển nhiên đúng ,vì 2t 3 nên  3t^2-2t-4 \leq 0Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

1.2.Định lí dồn biến S.M.V.

Gỉa sử a1,a2,..,a_n là dãy số thực tuỳ ý .Ta thực hiện liên tiếp các biến đổi sau

1.chọn i,j \in\ {{1,2,...,n}} là 2 số thực sao cho

a_i=min(a_1,a_2,..,a_n), a_j=max(a_1,a_2,..,a_n).

2.thay a_ia_j bởi \frac{a_i+a_j}{2} (nhưng vẫn giữ đúng thứ tự của chúng trong dãy số )

Khi đó sau vô hạn lần thực hiện biến đổi nói trên thì mỗi số a_i đề tiến tới giới hạn


a=\frac{a_1+a_2+..+a+n}{n}

ví dụ:Cmr với mọi số thực dương a,b,c,d ta có

a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd \geq a^2b^2+b^2c^2+c^2d^2+d^2a^2+a^2c^2+b^2d^2

Giải:giả sử a\geq b \geq c \geq d.Xét

f(a,b,c,d)=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2b^2-b^2c^2-c^2d^2-d^2a^2-a^2c^2-b^2d^2

=a^4+b^4+c^4+d^4+2abcd-a^2c^2-b^2d^2-(a^2+c^2)(b^2+d^2)

=>f(a,b,c,d)-f(\sqrt{ac},b,\sqrt{ac},d)=(a^2-c^2)^2-(b^2+d^2)(a-c)^2 \geq 0

theo S.M.V, xét với phép biến đổi \delta\ của (a,b,c )ta chỉ cần chứng mính các bất đẳng thức khi a=b=c=d=t \geq 0 .

Bất đẳng thức lúc này tương đương với

3t^4+d^4+2t^3d \geq 3t^4+3t^2d^2 \Leftrightarrow d^4+t^3d+t^3d \geq 3t^2d^2.

Hiển nhiên đúng theo AM-GM .Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi a=b=c=d hoạc a=c=b,d=0 hoạc các hoán vị.

1.3.Phương pháp dồn biến toàn miền


ví dụ:chứng minh với mọi số thực không âm a,b,c ta luôn có

a^3+b^3+c^3-3abc \geq 4ab(a-b)(b-c)(c-a)

2.Phương pháp phân tích bình phương S.O.S

Xét biểu thức S=f(a,b,c)=S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2

trong đó S_a,S_b,S_clà các hàm số của a,b,c.

1.Nếu S_a,S_b,S_c \geq 0 thì S \geq 0

2.Nếu a \geq b \geq c \geq va S_b,S_b+S_c,S_c+S_a \geq 0 thì S \geq 0

3.Nếu a \geq b \geq c \geq va S_a,S_c,S_a+2S_b,S_c+2S_a \geq 0 thì S \geq 0

4.Nếu a \geq b \geq c \geq va S_b,S_c \geq 0,a^2S_b+b^2S_a \geq 0 thì S \geq 0

5.Nếu S_a+S_b+S_c \geq 0S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a thì S \geq 0


ví dụ :Cmr với các số thực không âm x,y,z ta luôn có bất đẳng thức

\frac{1}{(x+y)^}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^  2} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}

Giải :Đặt a=x+y,b=y+z,c=z+x.Ta phải chứng minh:

(2ab+2bc+2ca-a^2-b^2-c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}) \geq \frac{9}{4}

bằng các phép biến đổi đơn giản ,ta có thể biến các bất đẳng thức trên về dạng

(\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^2})(b-c)^2+(\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^2})(a-c)^2+(\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^2})(a-b)^2 \geq 0

\Rightarrow S_a=\frac{2}{bc}-\frac{1}{a^2},S_b=\frac{2}{ca}-\frac{1}{b^2},S_c=\frac{2}{ab}-\frac{1}{c^2}.

giả sử rằng a \geq b \geq c thì S_a 0 .Sử dụng 4 ta cần cm

b^2S_b+c^2S_c \geq 0\Leftrightarrow b^3+c^3 \geq bc(b+c) \geq abc

Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi a=b=c hoạc a=b,c=o hoặc hoán vị.
__________________
Hocmai.vn - YouTube Video
ERROR: If you can see this, then YouTube is down or you don't have Flash installed.
Trả Lời Với Trích Dẫn
Có 16 thành viên đã gửi lời cảm ơn đến lovelycat_handoi95 với bài viết này:
  #4  
Cũ 30-09-2011
lovelycat_handoi95's Avatar
lovelycat_handoi95 lovelycat_handoi95 đang ngoại tuyến
Thành viên
Bí thư
 
Tham gia : 30-08-2011
Đến từ: THPT CHuyện Hùng Vương
Bài viết: 2,096
Điểm học tập:974
Đã cảm ơn: 716
Được cảm ơn 1,870 lần
20 Cách chứng minh bất đẳng thức NesBit

(cái này mình mới đọc được thấy hay post cho mọi người cùng tham khảo)

Loạt bài này sẽ giới thiệu 20 cách cm bất đẳng thức NesBit nổi tiếng .Trước tiên ta phát biểu lại bất đẳng thuéc này :Với mọi số thực a,b,c >o ,ta luôn có

\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2}

cách 1:cộng thêm 2 vế với 3,ta được :

(a+b+c)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}) \geq \frac{9}{2}

Đây là bất đẳng thức quen thuộc

nhân 2 vế với 2 rồi sử dụng bất đẳng thức Cauchy 2 lần và nhân lạ

cách 2:Đặt:

P=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a};S=\fra  c{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+b};Q=\frac{c}{b  +c}+\frac{c}{c+a}+\frac{b}{a+b}

Ta có :
S+Q=3

P+S=\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{a+b  } \geq 3

P+Q=\frac{a+c}{b+c}+\frac{b+a}{c+a}+\frac{c+b}{a+b  } \geq 3

Từ đó
P \geq \frac{3}{2}


cách 3:

Không mất tính tổng quát ,ta giả sử :a+b+c=1.Xét hàm số:

f(x)=\frac{x}{1-x}

Trên khoảng I=(0;1),ta có :

f"(x)=-\frac{2}{(x-1)^3} >0 \forall x \in I

Do đó f là hàm lồi trên I,áp dụng bất đẳng thức Jensen thì

f(a)+f(b)+f(c) \geq  3f\frac{a+b+c}{3}=3f(\frac{1}{3})=\frac{3}{2}

cách 4:Đặt

f(a,b,c)=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}

ta sẽ chứng minh

f(a,b,c) \geq f(\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}.c)

Thật vậy

f(a,b,c)- f(\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}.c)=\frac{(a+b)^2.(a+  b+c)}{(2c+a+b)(b+c)(a+c)} \geq 0

Do đó

f(a,b,c) \geq f(\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}.c)

Tiếp đó ta chỉ ra :

f(\frac{a+b}{2}.\frac{a+b}{2}.c) \geq \frac{3}{2}

Đặt t=\frac{a+b}{2}

Bài toán <=> \frac{2t}{c+t}+\frac{c}{2t} \geq \frac{3}{2}

Nói cách khác

\frac{(t-c)^2}{2t(c+t) \geq 0 luôn đúng

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Cách 5:Dùng phương pháp S.O.S

\sum \frac{a}{b+c}-\frac{3}{2}=\sum \frac{(a-b)^2}{2(a+c).(b+c)} \geq 0

Vì a,b,c >o nên bất đẳng thức cuối luôn đúng
'

cách 6: không mất tính tổng quát giả sử a b c.

khi đó b+c c+a a+b

hay \frac {1}{b+c} \geq  \frac{c}{c+a}  \geq \frac{1}{a+b}


Theo BĐT hoán vị thì

\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+b}



\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b}

Cộng 2 vế ta được điều phải chứng minh

cách 7:Theo Cauchy ta có :

\sum \frac{a}{b+c}= \sum \frac{a^2}{ab+bc}

\geq  \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}
Lại có (a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)

Kết hợp 2 điều trên ta có đpcm

cách 8:
BĐT đầu \frac{\sum_{cyclic} a^3 +[\sum_{sym}a^2.b]+3abc}{[\sum_{sym}a^2.b]+2abc} \geq \frac {3}{2}

Hay: 2\sum_{cyclic} a^3 \geq  \sum_{sym}a^2.b

Theo AM-GM :

a^2b \leq \frac{a^3+a^3+b^3}{3}

Cộng theo vế 6 BĐT tương tự ta có điều phải chứng minh.

Cách 9:Không mất tính tổng quát giả sử a+b+c=1

Ta có :\frac{a}{b+c}+\frac{9a(b+c)}{4} \geq 3a

và các dạng "hoán vị"của nó .Áp dụng BĐT :

(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)

Ta có đpcm

Cách 10:Trước hết ta chứng minh

\frac{a}{b+c} \geq \frac{8a-b-c}{4(a+b+c)}

Thật vậy ,ta có thể viết là :

(a+b+c)^2 \geq 0(luôn đúng )

cộng theo vế ta được đpcm



__________________
Hocmai.vn - YouTube Video
ERROR: If you can see this, then YouTube is down or you don't have Flash installed.

Thay đổi nội dung bởi: asroma11235, 01-12-2011 lúc 10:29.
Trả Lời Với Trích Dẫn
Có 13 thành viên đã gửi lời cảm ơn đến lovelycat_handoi95 với bài viết này:
  #5  
Cũ 30-09-2011
lovelycat_handoi95's Avatar
lovelycat_handoi95 lovelycat_handoi95 đang ngoại tuyến
Thành viên
Bí thư
 
Tham gia : 30-08-2011
Đến từ: THPT CHuyện Hùng Vương
Bài viết: 2,096
Điểm học tập:974
Đã cảm ơn: 716
Được cảm ơn 1,870 lần
[B]cách 11:giả sử a b c .Khi đó:

\frac{1}{b+c} \geq \frac{1}{c+a} \geq \frac{1}{a+b}

Theo Chebyshev và AM-GM,ta có :

\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{1}{3}.(a+b+c)(\frac{1}{b+a}+\frac{1}{b+c}+\f  rac{1}{c+a})=\frac{1}{6}[(a+b)+(b+c)+(c+a)][\frac{1}{b+a}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}] \geq \frac{9}{6}=\frac{3}{2}


Điều phải chứng minh

cách 12:Ta có \sum cycl(\frac{a}{b+c})=\frac{1}{2}\sum cycl(\frac{2a}{b+c})

VT=\frac{1}{2}\sum cycl(\frac{(c+a)+(a+b)}{b+c}-1)

Theo AM-GM ta có

VT \frac{1}{2}(6-3)=\frac{3}{2}

cách 14:Đặt \frac{a}{b+c}=x;\frac{b}{c+a}=y;\frac{c}{a+b}=z

lúc đó

xy+yz+zx+2xyz=1

BĐT cần chứng minh là

x+y+z \geq \frac{3}{2}

Nếu x+y+z<\frac{3}{2}

theo BĐT quen thuộc có:

1=xy+yz+zx+2xyz \leq \frac{(x+y+z)^2}{3}+2(\frac{x+y+z}{3})^3<1

vô lý

=>điều giả sử là không đúng

cách 14:
Theo AG-MG cho 2 số thì

\frac{a(b+c)}{b+c}+\frac{a^2}{b+c}+\frac{b+c}{4} \geq 2a

hay \frac{a(a+b+c)}{b+c}+\frac{b+c}{4} \geq 2a

tương tự ta được

\frac{b(a+b+c)}{a+c}+\frac{b+c}{4} \geq 2b

\frac{c(a+b+c)}{b+a}+\frac{b+a}{4} \geq 2c

cônọ theo vế ta được
(a+b+c)(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} ) \geq \frac{3}{2}(a+b+c)
__________________
Hocmai.vn - YouTube Video
ERROR: If you can see this, then YouTube is down or you don't have Flash installed.
Trả Lời Với Trích Dẫn
Có 9 thành viên đã gửi lời cảm ơn đến lovelycat_handoi95 với bài viết này:
  #6  
Cũ 03-10-2011
lovelycat_handoi95's Avatar
lovelycat_handoi95 lovelycat_handoi95 đang ngoại tuyến
Thành viên
Bí thư
 
Tham gia : 30-08-2011
Đến từ: THPT CHuyện Hùng Vương
Bài viết: 2,096
Điểm học tập:974
Đã cảm ơn: 716
Được cảm ơn 1,870 lần






__________________
Hocmai.vn - YouTube Video
ERROR: If you can see this, then YouTube is down or you don't have Flash installed.
Trả Lời Với Trích Dẫn
Có 6 thành viên đã gửi lời cảm ơn đến lovelycat_handoi95 với bài viết này:
  #7  
Cũ 03-10-2011
quocoanh12345's Avatar
quocoanh12345 quocoanh12345 đang ngoại tuyến
Thành viên
Tổ phó
 
Tham gia : 28-10-2010
Bài viết: 292
Đã cảm ơn: 154
Được cảm ơn 196 lần
2.Cho 3 số a,b,c \geq 0; a+b+c=3. Tìm min của

P= \frac{ab+3a}{a+b} + \frac{bc+3b}{b+c}+\frac{ca+3c}{c+a}
__________________

»™๑۩۞۩๑ §iä +)ìñh ¶-¶øàñg ¯¶¯ộ¢ ๑۩۞۩๑™
»™๑۩۞۩๑_____QUỐC _CÔNG____ ๑۩۞۩๑™
--» (¯`•♥╬ღ♥†[Ma]-:¦:-†♥†-:¦:-[Giáo]†♥ღ╬♥•´¯)«--
ღ♥...♥...LÃNG TỬ ♥ღ
NHÓM 4 - NO.1

Thay đổi nội dung bởi: lovelycat_handoi95, 08-10-2011 lúc 14:48.
Trả Lời Với Trích Dẫn
Có 6 thành viên đã gửi lời cảm ơn đến quocoanh12345 với bài viết này:
  #8  
Cũ 03-10-2011
lovelycat_handoi95's Avatar
lovelycat_handoi95 lovelycat_handoi95 đang ngoại tuyến
Thành viên
Bí thư
 
Tham gia : 30-08-2011
Đến từ: THPT CHuyện Hùng Vương
Bài viết: 2,096
Điểm học tập:974
Đã cảm ơn: 716
Được cảm ơn 1,870 lần












__________________
Hocmai.vn - YouTube Video
ERROR: If you can see this, then YouTube is down or you don't have Flash installed.
Trả Lời Với Trích Dẫn
Có 6 thành viên đã gửi lời cảm ơn đến lovelycat_handoi95 với bài viết này:
  #9  
Cũ 03-10-2011
lovelycat_handoi95's Avatar
lovelycat_handoi95 lovelycat_handoi95 đang ngoại tuyến
Thành viên
Bí thư
 
Tham gia : 30-08-2011
Đến từ: THPT CHuyện Hùng Vương
Bài viết: 2,096
Điểm học tập:974
Đã cảm ơn: 716
Được cảm ơn 1,870 lần


__________________
Hocmai.vn - YouTube Video
ERROR: If you can see this, then YouTube is down or you don't have Flash installed.
Trả Lời Với Trích Dẫn
Có 6 thành viên đã gửi lời cảm ơn đến lovelycat_handoi95 với bài viết này:
  #10  
Cũ 08-10-2011
lovelycat_handoi95's Avatar
lovelycat_handoi95 lovelycat_handoi95 đang ngoại tuyến
Thành viên
Bí thư
 
Tham gia : 30-08-2011
Đến từ: THPT CHuyện Hùng Vương
Bài viết: 2,096
Điểm học tập:974
Đã cảm ơn: 716
Được cảm ơn 1,870 lần
Trích:
2.Cho 3 số a,b,c \geq 0; a+b+c=3. Tìm min của

P= \frac{ab+3a}{a+b} + \frac{bc+3b}{b+c}+\frac{ca+3c}{c+a}
P=\frac{ab+(a+b+c)a}{a+b}+\frac{bc+(a+b+c)b}{b+c}+  \frac{ac+(a+b+c)c}{c+a}
=\frac{ab+bc+ca+a^2}{a+b}+\frac{bc+ca+bc+b^2}{b+c}  +\frac{ac+bc+ab+c^2}{c+a}
=\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+(  ab+bc+ca)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a  })
Theo Svac-sơ có
\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a} \geq \frac{ (a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{3}{2} (1)
Đặt a+b=x,b+c=y;c+a=z
=>\frac{x+y+z}{2}=ab+bc+ca
=>(ab+bc+ca)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+  a})=\frac{1}{2}(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\fr  { 1}{z})  (2)
Lại có x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xzy}
\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z} \geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{xyz}
=>(x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}) \geq 9 (3)
Từ (2);(3) :
=>(ab+bc+ca)(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+  a}) \geq \frac{9}{2}(4)
cộng 2 vế (1);(4)
=>P \geq \frac{11}{2}
__________________
Hocmai.vn - YouTube Video
ERROR: If you can see this, then YouTube is down or you don't have Flash installed.
Trả Lời Với Trích Dẫn
Có 11 thành viên đã gửi lời cảm ơn đến lovelycat_handoi95 với bài viết này:
Trả lời

Chia sẻ/đánh dấu bài viết


Ðiều chỉnh Tìm trong bài viết
Tìm trong bài viết:

Tìm chi tiết
Xếp bài

Quyền hạn của bạn
Bạn không thể tạo chủ đề mới
Bạn không thể gửi trả lời
Bạn không thể đăng tập đính kèm
Bạn không thể sửa bài của mình

BB codeMở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

 
Bài giảng mới

Đề thi mới
Toán 11 : Chương 2. Tổ hợp và xác suất
Toán 11 : Chương 2. Tổ hợp và xác suất
Toán 11 : Bài 1. Đại cương về đường thẳng
Toán 11 : Bài 1. Đại cương về đường thẳng
Toán 11 :  Bài 5. Đạo hàm cấp hai
Toán 11 : Bài 5. Đạo hàm cấp hai
Toán 11 :  Bài 4. Vi phân
Toán 11 : Bài 4. Vi phân
Toán 11 :  Bài 5. Khoảng cách
Toán 11 : Bài 5. Khoảng cách
Toán 11 :  Bài 4. Hai mặt phẳng vuông góc
Toán 11 : Bài 4. Hai mặt phẳng vuông góc
Toán 11 :  Bài 3. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Toán 11 : Bài 3. Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
Toán 11 :  Bài 2. Hai đường thẳng vuông góc
Toán 11 : Bài 2. Hai đường thẳng vuông góc
Toán 11 :  Bài 1. Vecto trong không gian
Toán 11 : Bài 1. Vecto trong không gian
Toán 11 :  Chương 3. Vecto trong không gian....
Toán 11 : Chương 3. Vecto trong không gian....




Múi giờ GMT +7. Hiện tại là 05:16.
Powered by: vBulletin v3.x.x Copyright ©2000-2014, Jelsoft Enterprises Ltd.

Giấy phép cung cấp dịch vụ mạng xã hội trực tuyến số 196/GXN-TTĐT Cục Quản lý PTTH&TTĐT cấp ngày 11/11/2011.