Toán Bất đẳng thức

[vipboycodon]

Theo bất đẳng thức cauchy - schwarz ta có :
$\dfrac{1^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2^2}{2(ab+bc+ac)} \ge \dfrac{(1+2)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)} = \dfrac{9}{(a+b+c)^2}$
Cái kia là do :
$ab+bc+ac \le 3 $
=> $\dfrac{1}{ab+bc+ac} \ge \dfrac{1}{3}$
<=> $\dfrac{2007}{ab+bc+ac} \ge \dfrac{2007}{3} = 669$

 

[trungthinh.99]

Theo bất đẳng thức cauchy - schwarz ta có :
$\dfrac{1^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2^2}{2(ab+bc+ac)} \ge \dfrac{(1+2)^2}{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ac)} = \dfrac{9}{(a+b+c)^2}$
Cái kia là do :
$ab+bc+ac \le 3 $
=> $\dfrac{1}{ab+bc+ac} \ge \dfrac{1}{3}$
<=> $\dfrac{2007}{ab+bc+ac} \ge \dfrac{2007}{3} = 669$

Đúng rồi. Cảm ơn nhìu nhé.....
________________________________________
________________________________
___________________________

 

[trungthinh.99]

Làm tiếp nào!


$A = \left(\frac{6x + 4}{3\sqrt{3x^3}-8} - \frac{\sqrt{3x}}{3x - 2\sqrt{3x}+4} \right) . \left(\frac{1 + 3\sqrt{3x^3}}{1 + \sqrt{3x}} - \sqrt{3x} \right)$



a) Rút gọn A (tìm ĐK)
b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.



(nếu có nhầm box thì xin lỗi mọi người , nếu vậy không cần giải đâu, mình sẽ chuyển box khác...)

 

[baochauhn1999]

Cho: $abc=(1-a)(1-b)(1-c)$ và: $a;b;c\in (0;1)$
CMR:
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$\leq $\frac{3\sqrt{2}}{2}$

Cần gấp..............

 

[s_m_i_l_e]

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác, chu vi bằng 1.C/m:
$\dfrac{2}{9}$ \leq ${a^{3}} +{b^{3}} + {c^{3}}+ 3abc < \dfrac{1}{4}$
Cảm ơn
Học cách gõ CTTH TẠI ĐÂY

 

[baochauhn1999]

CMR: Với mọi $m;n;p\in R+$ thì:
$\sqrt{\frac{m}{m+n}}+\sqrt{\frac{n}{n+p}}$+$\sqrt{\frac{p}{p+m}}$ \leq $\frac{3}{\sqrt{2}}$
..................................

 

[huynhbachkhoa23]

Khôi phục lại pic này

Bài 1: Trích trong S.O.S nhưng giải theo cách khác nhé.

Cho $a,b > 0$. Chứng minh: $\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{a}+7(a+b)\ge 8\sqrt{2(a^2+b^2)}$

Bài 2: Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh:

$\dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{(c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2} \ge \dfrac{9}{4(a+b+c)}$

 

[phuong_july]

Bài 2: Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh:

$\dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{(c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2} \ge \dfrac{9}{4(a+b+c)}$

Áp dụng BCS có:
$(a+b+c)(\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(a+c)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}$ \geq $(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b})^2$
Mặt khác áp dụng BĐT BCS dạng Engel có:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}$ $=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ba+bc}+\frac{c^2}{ca+cb}$ \geq $\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ \geq $\frac{3}{2}$
Từ 2BĐT trên \Rightarrow đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

 

[huynhbachkhoa23]

Áp dụng BCS có:
$(a+b+c)(\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(a+c)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}$ \geq $(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b})^2$
Mặt khác áp dụng BĐT BCS dạng Engel có:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}$ $=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ba+bc}+\frac{c^2}{ca+cb}$ \geq $\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ \geq $\frac{3}{2}$
Từ 2BĐT trên \Rightarrow đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

Lời giải khác.

Vì BDT trên là thuần nhất, chuẩn hoá $a+b+c=3 \rightarrow a,b,c\in (0;3)$

Bất đẳng thức cần c/m tương đương với: $\dfrac{a}{(3-a)^2}+\dfrac{b}{(3-b)^2}+\dfrac{c}{(3-c)^2} \ge \dfrac{3}{4}$

Có: $\dfrac{x}{(3-x)^2} \ge \dfrac{x}{2}-\dfrac{1}{4}$ với mọi $0<x<3$(Tự chứng minh)

Suy ra $\sum \dfrac{a}{(3-a)^2} \ge \dfrac{\sum a}{2}-\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}$

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1: Trích trong S.O.S nhưng giải theo cách khác nhé.

Cho $a,b > 0$. Chứng minh: $\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{a}+7(a+b)\ge 8\sqrt{2(a^2+b^2)}$

Không ai giải mình giải luôn:

Chuẩn hoá $a^2+b^2=2$

Đặt $0< t=a+b \le \sqrt{2(a^2+b^2)}=2$ (Cauchy-Schwarz)

$VT=\dfrac{t(2-ab)}{ab}+7t \ge \dfrac{4(2-ab)}{t}+7=\dfrac{8-4ab}{t}+7 \ge \dfrac{8-t^2}{t}+7t = \dfrac{8}{t}+6t$

Xét $f(x)=\dfrac{8}{x}+6x$, dễ chứng minh hàm nghịch biến với $0< x\le 2$

Suy ra $VT \ge f(t)\ge f(2)= 16 = VP$

BDT được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b$

 

[huynhbachkhoa23]

Bài 1:

Giả sử $a,b,c$ là ba số thực dương. Chứng minh:

$$ \sqrt[3]{\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}} \ge \sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}} $$

Bài 2:

Giả sử $a,b,c$ là các số dương thoả mãn $a+b+c = 3$

Chứng minh: $3+\dfrac{12}{abc} \ge 5(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$

 

[transformers123]

Bài 2: Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh:

$\dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{(c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2} \ge \dfrac{9}{4(a+b+c)}$

nhìn kĩ lại mới thấy bài này em giải trong chuyên đề bđt ở box toán 8(

Bài 1:

Giả sử $a,b,c$ là ba số thực dương. Chứng minh:

$$ \sqrt[3]{\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}} \ge \sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}} $$

đã giải tại đây

hồi sinh cái topic này thì cái topic bđt ở box toán 8 chắc thành topic tồn đọng quá=))

 

[phuong_july]

Bài 2:

Giả sử $a,b,c$ là các số dương thoả mãn $a+b+c = 3$

Chứng minh: $3+\dfrac{12}{abc} \ge 5(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$

Ta có: $a+b+c$ \geq $\sqrt [3] {abc}$ \Leftrightarrow 3 \geq $\sqrt[3] {abc}$
\Rightarrow $abc$ \leq1.
Dễ cm được BĐT:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ \geq $\frac{9}{a+b+c}=3$
bđt CẦN CM TĐ:
$3+\frac{12}{abc}$\geq $5(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ \geq$5(\frac{9}{a+b+c})=15$
\Leftrightarrow $3+\frac{12}{abc}$ \geq15.
\Leftrightarrow $abc$ \leq1
BĐT đã đc cm.

 

[huynhbachkhoa23]

Ta có: $a+b+c$ \geq $\sqrt [3] {abc}$ \Leftrightarrow 3 \geq $\sqrt[3] {abc}$
\Rightarrow $abc$ \leq1.
Dễ cm được BĐT:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ \geq $\frac{9}{a+b+c}=3$
bđt CẦN CM TĐ:
$3+\frac{12}{abc}$\geq $5(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ \geq$5(\frac{9}{a+b+c})=15$
\Leftrightarrow $3+\frac{12}{abc}$ \geq15.
\Leftrightarrow $abc$ \leq1
BĐT đã đc cm.

Sai rồi em.

 

[anhsomatem365]

công nhận pp S.O.S để chứng minh bất đẳng thức khó làm thật! hix

 

[phuong_july]

Sai rồi em.

Em bị thừa mất 1 cái phần khoanh đỏ. Không biết có phải bị sai ở đấy?

Ta có: $a+b+c$ \geq $\sqrt [3] {abc}$ \Leftrightarrow 3 \geq $\sqrt[3] {abc}$
\Rightarrow $abc$ \leq1.
Dễ cm được BĐT:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ \geq $\frac{9}{a+b+c}=3$
bđt CẦN CM TĐ:
$3+\frac{12}{abc}$\geq $5(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ \geq$5(\frac{9}{a+b+c})=15$
\Leftrightarrow $3+\frac{12}{abc}$ \geq15.
\Leftrightarrow $abc$ \leq1
BĐT đã đc cm.

 

[huynhbachkhoa23]

Vâng. Em bị thừa mất 1 cái phần khoanh đỏ. Không biết có phải bị sai ở đấy?

Theo cách làm của em thì $3+\dfrac{12}{abc} \ge 15$ chứ chưa chắc $3+\dfrac{12}{abc} \ge 5\sum \dfrac{1}{a}$

Quy đồng lên:

$3abc+12 \ge 5(ab+bc+ca) \leftrightarrow 3r+12\ge 5q$

Đến đây áp dụng Schur: $3r \ge \dfrac{p(4q-p^2)}{3}=4q-9$

$\leftrightarrow q \le 3$ (đúng)

BDT được chứng minh.

Tiếp:

Bài 1: Cho $x,y \in \mathbb{R}$ và $x+y=1$

Tìm GLNN của $A=2x^2+3y^2-2xy+6x+5y$ (Nhìn vậy chứ dễ lắm ))

Bài 2: Ba số dương $a,b,c$ có tích bằng $1$. Chứng minh:

$\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}+\dfrac{a+b}{c}+6 \ge 2(a+b+c+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})$

 

[congchuaanhsang]

Anh em thử sức với một bài khác đơn giản hơn rất nhiều so với mấy bài của bác Khoa

Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác có p là nửa chu vi và $15bc+10ca+1964ab=2006abc$

Tìm min $M=\dfrac{1974}{p-a}+\dfrac{1979}{p-b}+\dfrac{25}{p-c}$

 

[eye_smile]

Anh em thử sức với một bài khác đơn giản hơn rất nhiều so với mấy bài của bác Khoa

Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác có p là nửa chu vi và $15bc+10ca+1964ab=2006abc$

Tìm min $M=\dfrac{1974}{p-a}+\dfrac{1979}{p-b}+\dfrac{25}{p-c}$

GT \Leftrightarrow $\dfrac{15}{a}+\dfrac{10}{b}+\dfrac{1964}{c}=2006$

Ta có: $M=(\dfrac{1964}{p-a}+\dfrac{1964}{p-b})+(\dfrac{10}{p-a}+\dfrac{10}{p-c})+(\dfrac{15}{p-c}+\dfrac{15}{p-b}) \ge 4(\dfrac{15}{a}+\dfrac{10}{b}+\dfrac{1964}{c})=4.2006=...$

 

[huynhbachkhoa23]

Anh em thử sức với một bài khác đơn giản hơn rất nhiều so với mấy bài của bác Khoa

Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác có p là nửa chu vi và $15bc+10ca+1964ab=2006abc$

Tìm min $M=\dfrac{1974}{p-a}+\dfrac{1979}{p-b}+\dfrac{25}{p-c}$

What the ......................... :|

Bài của em đơn giản hơn nhiều :|

Bài 1:Thay $x=1-y$ :|

Bài 2: Thay $a=\dfrac{x}{y}; b=\dfrac{y}{z}; c=\dfrac{z}{x}$ và biến đổi thành:
$x^3+y^3+z^3+3xyz \ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ (Schur bậc 3) :|