Toán Bất đẳng thức

V

vipboycodon

Theo bất đẳng thức cauchy - schwarz ta có :
12a2+b2+c2+222(ab+bc+ac)(1+2)2a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)=9(a+b+c)2\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+ac3ab+bc+ac \le 3
=> 1ab+bc+ac13\dfrac{1}{ab+bc+ac} \ge \dfrac{1}{3}
<=> 2007ab+bc+ac20073=669\dfrac{2007}{ab+bc+ac} \ge \dfrac{2007}{3} = 669
 
T

trungthinh.99

Theo bất đẳng thức cauchy - schwarz ta có :
12a2+b2+c2+222(ab+bc+ac)(1+2)2a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)=9(a+b+c)2\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+ac3ab+bc+ac \le 3
=> 1ab+bc+ac13\dfrac{1}{ab+bc+ac} \ge \dfrac{1}{3}
<=> 2007ab+bc+ac20073=669\dfrac{2007}{ab+bc+ac} \ge \dfrac{2007}{3} = 669

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

trungthinh.99

Làm tiếp nào!


A=(6x+433x383x3x23x+4).(1+33x31+3x3x)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...)
 
Last edited by a moderator:
B

baochauhn1999

Cho: abc=(1a)(1b)(1c)abc=(1-a)(1-b)(1-c) và: a;b;c(0;1)a;b;c\in (0;1)
CMR:
a+b+c\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq 322\frac{3\sqrt{2}}{2}

Cần gấp..............
 
S

s_m_i_l_e

Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh 1 tam giác, chu vi bằng 1.C/m:
29\dfrac{2}{9} \leq a3+b3+c3+3abc<14{a^{3}} +{b^{3}} + {c^{3}}+ 3abc < \dfrac{1}{4}
Cảm ơn
Học cách gõ CTTH TẠI ĐÂY
 
Last edited by a moderator:
B

baochauhn1999

CMR: Với mọi m;n;pR+m;n;p\in R+ thì:
mm+n+nn+p\sqrt{\frac{m}{m+n}}+\sqrt{\frac{n}{n+p}}+pp+m\sqrt{\frac{p}{p+m}} \leq 32\frac{3}{\sqrt{2}}
..................................
 
H

huynhbachkhoa23

Khôi phục lại pic này :p

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

Cho a,b>0a,b > 0. Chứng minh: a2b+b2a+7(a+b)82(a2+b2)\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>0a,b,c > 0. Chứng minh:

a(b+c)2+b(c+a)2+c(a+b)294(a+b+c)\dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{(c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2} \ge \dfrac{9}{4(a+b+c)}
 
P

phuong_july



Bài 2: Cho a,b,c>0a,b,c > 0. Chứng minh:

a(b+c)2+b(c+a)2+c(a+b)294(a+b+c)\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)(a(b+c)2+b(a+c)2+c(a+b)2(a+b+c)(\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(a+c)^2}+\frac{c}{(a+b)^2} \geq (ab+c+ba+c+ca+b)2(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b})^2
Mặt khác áp dụng BĐT BCS dạng Engel có:
ab+c+ba+c+ca+b\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} =a2ab+ac+b2ba+bc+c2ca+cb=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ba+bc}+\frac{c^2}{ca+cb} \geq (a+b+c)22(ab+bc+ca)\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} \geq 32\frac{3}{2}
Từ 2BĐT trên \Rightarrow đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=ca=b=c
 
H

huynhbachkhoa23

Áp dụng BCS có:
(a+b+c)(a(b+c)2+b(a+c)2+c(a+b)2(a+b+c)(\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(a+c)^2}+\frac{c}{(a+b)^2} \geq (ab+c+ba+c+ca+b)2(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b})^2
Mặt khác áp dụng BĐT BCS dạng Engel có:
ab+c+ba+c+ca+b\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} =a2ab+ac+b2ba+bc+c2ca+cb=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ba+bc}+\frac{c^2}{ca+cb} \geq (a+b+c)22(ab+bc+ca)\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)} \geq 32\frac{3}{2}
Từ 2BĐT trên \Rightarrow đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=ca=b=c

Lời giải khác.

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

Bất đẳng thức cần c/m tương đương với: a(3a)2+b(3b)2+c(3c)234\dfrac{a}{(3-a)^2}+\dfrac{b}{(3-b)^2}+\dfrac{c}{(3-c)^2} \ge \dfrac{3}{4}

Có: x(3x)2x214\dfrac{x}{(3-x)^2} \ge \dfrac{x}{2}-\dfrac{1}{4} với mọi 0<x<30<x<3(Tự chứng minh)

Suy ra a(3a)2a234=34\sum \dfrac{a}{(3-a)^2} \ge \dfrac{\sum a}{2}-\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{4}
 
H

huynhbachkhoa23


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

Cho a,b>0a,b > 0. Chứng minh: a2b+b2a+7(a+b)82(a2+b2)\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 a2+b2=2a^2+b^2=2

Đặt 0<t=a+b2(a2+b2)=20< t=a+b \le \sqrt{2(a^2+b^2)}=2 (Cauchy-Schwarz)

VT=t(2ab)ab+7t4(2ab)t+7=84abt+78t2t+7t=8t+6tVT=\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)=8x+6xf(x)=\dfrac{8}{x}+6x, dễ chứng minh hàm nghịch biến với 0<x20< x\le 2

Suy ra VTf(t)f(2)=16=VPVT \ge f(t)\ge f(2)= 16 = VP

BDT được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi a=ba=b
 
H

huynhbachkhoa23

Bài 1:

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

(a+b)(b+c)(c+a)83ab+bc+ca3 \sqrt[3]{\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8}} \ge \sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{3}}

Bài 2:

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

Chứng minh: 3+12abc5(1a+1b+1c)3+\dfrac{12}{abc} \ge 5(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})
 
T

transformers123



Bài 2: Cho a,b,c>0a,b,c > 0. Chứng minh:

a(b+c)2+b(c+a)2+c(a+b)294(a+b+c)\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,ca,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:

(a+b)(b+c)(c+a)83ab+bc+ca3 \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=))
 
P

phuong_july


Bài 2:

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

Chứng minh: 3+12abc5(1a+1b+1c)3+\dfrac{12}{abc} \ge 5(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})
Ta có: a+b+ca+b+c \geq abc3\sqrt [3] {abc} \Leftrightarrow 3 \geq abc3\sqrt[3] {abc}
\Rightarrow abcabc \leq1.
Dễ cm được BĐT:
1a+1b+1c\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq 9a+b+c=3\frac{9}{a+b+c}=3
bđt CẦN CM TĐ:
3+12abc3+\frac{12}{abc}\geq 5(1a+1b+1c)5(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq5(9a+b+c)=155(\frac{9}{a+b+c})=15
\Leftrightarrow 3+12abc3+\frac{12}{abc} \geq15.
\Leftrightarrow abcabc \leq1
BĐT đã đc cm.
 
Last edited by a moderator:
H

huynhbachkhoa23

Ta có: a+b+ca+b+c \geq abc3\sqrt [3] {abc} \Leftrightarrow 3 \geq abc3\sqrt[3] {abc}
\Rightarrow abcabc \leq1.
Dễ cm được BĐT:
1a+1b+1c\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq 9a+b+c=3\frac{9}{a+b+c}=3
bđt CẦN CM TĐ:
3+12abc3+\frac{12}{abc}\geq 5(1a+1a+1b+1c)5(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq5(9a+b+c)=155(\frac{9}{a+b+c})=15
\Leftrightarrow 3+12abc3+\frac{12}{abc} \geq15.
\Leftrightarrow abcabc \leq1
BĐT đã đc cm.

Sai rồi em.
 
P

phuong_july

Em bị thừa mất 1 cái phần khoanh đỏ. Không biết có phải bị sai ở đấy?
Ta có: a+b+ca+b+c \geq abc3\sqrt [3] {abc} \Leftrightarrow 3 \geq abc3\sqrt[3] {abc}
\Rightarrow abcabc \leq1.
Dễ cm được BĐT:
1a+1b+1c\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq 9a+b+c=3\frac{9}{a+b+c}=3
bđt CẦN CM TĐ:
3+12abc3+\frac{12}{abc}\geq $5(\frac{1}{a}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) \geq5(\frac{9}{a+b+c})=15$
\Leftrightarrow 3+12abc3+\frac{12}{abc} \geq15.

\Leftrightarrow abcabc \leq1
BĐT đã đc cm.
 
Last edited by a moderator:
H

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+12abc153+\dfrac{12}{abc} \ge 15 chứ chưa chắc 3+12abc51a3+\dfrac{12}{abc} \ge 5\sum \dfrac{1}{a}

Quy đồng lên:

3abc+125(ab+bc+ca)3r+125q3abc+12 \ge 5(ab+bc+ca) \leftrightarrow 3r+12\ge 5q

Đến đây áp dụng Schur: 3rp(4qp2)3=4q93r \ge \dfrac{p(4q-p^2)}{3}=4q-9

q3\leftrightarrow q \le 3 (đúng)

BDT được chứng minh.

Tiếp:

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

Tìm GLNN của A=2x2+3y22xy+6x+5yA=2x^2+3y^2-2xy+6x+5y (Nhìn vậy chứ dễ lắm :)))

Bài 2: Ba số dương a,b,ca,b,c có tích bằng 11. Chứng minh:

b+ca+c+ab+a+bc+62(a+b+c+1a+1b+1c)\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})

 
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=2006abc15bc+10ca+1964ab=2006abc

Tìm min M=1974pa+1979pb+25pcM=\dfrac{1974}{p-a}+\dfrac{1979}{p-b}+\dfrac{25}{p-c}
 
E

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=2006abc15bc+10ca+1964ab=2006abc

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

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

Ta có: M=(1964pa+1964pb)+(10pa+10pc)+(15pc+15pb)4(15a+10b+1964c)=4.2006=...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=...
 
H

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=2006abc15bc+10ca+1964ab=2006abc

Tìm min M=1974pa+1979pb+25pcM=\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=1yx=1-y :|

Bài 2: Thay a=xy;b=yz;c=zxa=\dfrac{x}{y}; b=\dfrac{y}{z}; c=\dfrac{z}{x} và biến đổi thành:
x3+y3+z3+3xyzxy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)x^3+y^3+z^3+3xyz \ge xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x) (Schur bậc 3) :|
 
Top Bottom