J
janbel
What are you thinking? Maybe you want to ban. Delete three posted, please Mod. If you do it again, I can confirmed you will be baned.
- Status
What are you thinking? Maybe you want to ban. Delete three posted, please Mod. If you do it again, I can confirmed you will be baned.
B
braga
$\fbox{16}. \ \text{Cho} \ x,y,z>0 \ \text{và} \ x+y+z=1. \text{ Chứng minh rằng:} \\ \dfrac{3}{xy+yz+zx}+\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}\ge 14$
C
congchuaanhsang
BĐT đó làm gì có dấu "="
Gọi A là vế trái của BĐT
A=$\dfrac{6}{2(xy+yz+xz)}$+$\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}$=$\dfrac{(\sqrt{6})^2}{2(xy+yz+xz)}$+$\dfrac{ (\sqrt{2})^2 }{x^2+y^2+z^2}$
Áp dụng Cauchy - Schwarz:
A\geq$\dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}$
\LeftrightarrowA\geq$\dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{(x+y+z)^2}$=$(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2$
Dễ thấy $(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2$>14\RightarrowA>14
Gọi A là vế trái của BĐT
A=$\dfrac{6}{2(xy+yz+xz)}$+$\dfrac{2}{x^2+y^2+z^2}$=$\dfrac{(\sqrt{6})^2}{2(xy+yz+xz)}$+$\dfrac{ (\sqrt{2})^2 }{x^2+y^2+z^2}$
Áp dụng Cauchy - Schwarz:
A\geq$\dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz}$
\LeftrightarrowA\geq$\dfrac{(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2}{(x+y+z)^2}$=$(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2$
Dễ thấy $(\sqrt{6}+\sqrt{2})^2$>14\RightarrowA>14
B
braga
Bài này sai , vẫn chưa đảm bảo được dấu bằng nhé, bài này dùng $AM-GM$ chứ không dùng $Cauchy-Schwarz$
Last edited by a moderator:
C
congchuaanhsang
Nếu dùng AM-GM thì dấu "=" sẽ không xảy ra, kết quả vẫn là A>14 chứ không có dấu "=". Anh có muốn xem lời giải không?Bài này sai , vẫn chưa đảm bảo được dấu bằng nhé, bài này dùng $AM-GM$ chứ không dùng $Cauchy-Schwarz$
http://diendan.hocmai.vn/showthread.php?p=2328121#post2328121
Last edited by a moderator:
B
braga
Ta giải thế này xem được không nhé!
Đặt $t=xy+yz+zx$
$\implies x^2+y^2+z^2=(x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)=1-2t$
Ta có:
$t=xy+yz+zx=\dfrac{2(xy+yz+zx)+(xy+yz+zx)}{3} \\ \le \dfrac{(x+y+z)^2}{3}=\dfrac{1}{3}$
Giờ ta chỉ phải chứng minh $\dfrac{3}{t}+\dfrac{2}{1-2t}\ge 14$ với $0\le t\le \dfrac{1}{3}$.
Đơn giản là ta chỉ việc biến đổi tương đương, ta có:
$BDT\iff 3(1-2t)+2t\ge 14t(1-2t)\iff 3-18t+28t^2\ge 0 \iff 3(1-3t)^2+t^2\ge 0$
Phép chứng minh hoàn tất. $\blacksquare$
C
congchuaanhsang
Anh xét xem dấu "=" xảy ra khi nào.
*******************************************************************************************************************************************
F
forum_
$\fbox{17}.$ Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn $abc = \dfrac{1}{6}$. CMR:
$3 + \dfrac{a}{2b} + \dfrac{2b}{3c} + \dfrac{3c}{a}$ \geq $a + 2b + 3c + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{2b} + \dfrac{1}{3c}$
Last edited by a moderator:
B
braga
Đặt :
$x=a;y=2b;z=3c\Rightarrow xyz=1$
$BDT\Leftrightarrow 3+\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}\geq x+y+z+\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$
Do $xyz=1$ nên tồn tại các số $m;n;p$ sao cho : $x=\dfrac{m}{n};y=\dfrac{n}{p};z=\dfrac{p}{m}$
$BDT\Leftrightarrow 3+\sum \dfrac{m^{2}}{np}\geq \sum \dfrac{m}{n}\Leftrightarrow m^{3}+n^{3}+p^{3}+3mnp\geq m^{2}n+m^{2}p+n^{2}m+n^{2}p+p^{2}m+p^{2}n$
Bất đẳng thức trên luôn đúng theo BĐT Schur bậc 3
Suy ra $(đpcm)$
Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow m=n=p\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=2b=3c=1$
Last edited by a moderator:
P
pandahieu
Nhằm phục vụ topic sôi nổi hơn mình dăng lên một số bài mong mọi người tham gia hết mình !
$\boxed{18}$ Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của :
$ A=ab+2bc+3ac.$
$\boxed{19}$ CMR: $(\dfrac{4a}{b+c}+1)(\dfrac{4b}{a+c}+1)(\dfrac{4c}{a+b}+1)>25$
$\boxed{20}$ Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Tìm GTLN:
$A=\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}+\sqrt{1+z^{2}}+3(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$
$\boxed{18}$ Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm GTLN của :
$ A=ab+2bc+3ac.$
$\boxed{19}$ CMR: $(\dfrac{4a}{b+c}+1)(\dfrac{4b}{a+c}+1)(\dfrac{4c}{a+b}+1)>25$
$\boxed{20}$ Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Tìm GTLN:
$A=\sqrt{1+x^{2}}+\sqrt{1+y^{2}}+\sqrt{1+z^{2}}+3(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$
B
braga
Thiếu [TEX]DK: \ a,b,c>0[/TEX] nhé!
Đặt [TEX] \frac{1}{x}=\frac{4a}{b+c} \ ; \ \frac{1}{y}=\frac{4b}{a+c} \ ; \ \frac{1}{z}=\frac{4c}{b+a}[/TEX]
Vì a,b,c dương [TEX]\Rightarrow x,y,z >0. [/TEX]
[TEX]\Rightarrow x+y+z=\frac{b}{4a}+\frac{c}{4a}+\frac{a}{4b}+\frac{c}{4b}+\frac{b}{4c}+\frac{a}{4c} \geq \frac{3}{2}>1.[/TEX]
Vì [TEX]x+y+z>1[/TEX] Ta có BDT quen thuộc cũng chính là BDT cần Chứng minh.
[TEX] (1+\frac{1}{x})(1+\frac{1}{y})(1+\frac{1}{z}) > 64 >25.[/TEX]
Ta có:[TEX] VT=\frac{(x+1)(y+1)(z+1)}{xyz}[/TEX]
Vì [TEX]x+1>x+x+y+z \geq 4\sqrt[4]{x^2yz}[/TEX]
Chứng minh tương tự ta có:
[TEX] VT > \frac{64xyz}{xyz}=64>25.[/TEX]
H
harrypham
B
braga
$\fbox{21}.$ Cho các số dương $a,b,c$ và các số dương $x,y,z$ thay đổi sao cho:
$$\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{y}+\dfrac{c}{z}=1$$
Tìm $\min A=x+y+z$
$$\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{y}+\dfrac{c}{z}=1$$
Tìm $\min A=x+y+z$
H
hayngapkhingu
B
braga
Bài này khá đơn giản!!
Ta có: $(ab+bc+ca)^2\ge 3abc(a+b+c)=3(a+b+c)$, Do đó :
$$BDT\iff 1+\dfrac{9}{(ab+bc+ca)^2}\ge \dfrac{6}{ab+bc+ca}\iff \left(1-\dfrac{3}{ab+bc+ca}\right)^2\ge 0$$
F
forum_
Giải:
Ta có: A.1 = ($\dfrac{a}{x}+\dfrac{b}{y}+\dfrac{c}{z}$).(x+y+z) = a + $\dfrac{ay}{x}$ + $\dfrac{az}{x}$ + $\dfrac{bx}{y}$ + b + $\dfrac{bz}{y}$ + $\dfrac{cx}{z}$ + $\dfrac{cy}{z}$ + c
Áp dụng BĐT Cô-si cho từng cặp số ko âm rồi cộng lại vế theo vế cuối cùng ta được:
A \geq a + b + c + $2\sqrt[]{ab}$ + $2\sqrt[]{bc}$ + $2\sqrt[]{ca}$ = $(\sqrt[]{a} + \sqrt[]{b} + \sqrt[]{c})^2$.
Dấu " = " xảy ra \Leftrightarrow ................
T
trungthinh.99
Mấy cao thủ giải giùm bài này:
1. Cho a.b.c = 1 và $a^3 = 36$. Chứng minh rằng:
$\frac{a^3}{3} + b^2 +c^2 > ab + bc +ac$
2. Cho [TEX]xy \geq 1[/TEX]. Chứng mình rằng:
[TEX]\frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2} > \frac{2}{1+xy}[/TEX].
3. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn [TEX]a + b + c \leq 3[/TEX]. Chứng mình rằng:
[TEX]\frac{1}{a^2 + b^2 + c^2} + \frac{2009}{ab + bc + ac} \geq 670[/TEX]
1. Cho a.b.c = 1 và $a^3 = 36$. Chứng minh rằng:
$\frac{a^3}{3} + b^2 +c^2 > ab + bc +ac$
2. Cho [TEX]xy \geq 1[/TEX]. Chứng mình rằng:
[TEX]\frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2} > \frac{2}{1+xy}[/TEX].
3. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn [TEX]a + b + c \leq 3[/TEX]. Chứng mình rằng:
[TEX]\frac{1}{a^2 + b^2 + c^2} + \frac{2009}{ab + bc + ac} \geq 670[/TEX]
Last edited by a moderator:
A
angleofdarkness
- Status