B
bosjeunhan
Để tui thử mần cái churs koi thử...Gét nhứt là mấy cái hình học thế này....Nhờ ông chữa giúp mấy bài của ông đc ko nhể ...(mấy bài trước ế)
Để tui thử mần cái churs koi thử...Gét nhứt là mấy cái hình học thế này....Nhờ ông chữa giúp mấy bài của ông đc ko nhể ...(mấy bài trước ế)
T
thienlong_cuong
Bác nào thạo schur vs biến đổi p,q,r thì chém hộ cấy ni
(quy ước p,q,r ko nói chắc các bác biết ùi chi nựa !?)
Bài 33:
[TEX]9p^2q^2 + 9r^2 + 14pqr \geq 32p^3r[/TEX]
| lâu lâu post bài ko nó mốc níc mất ! đã bấy lâu nay ko post bài
Bây h có post lại sợ sai
Last edited by a moderator:
V
vngocvien97
Bất đẳng thức chế?
Bài 34: Với mọi số thực $a,b,c$:Tìm $Min$ của
$$P=\dfrac{(a+b)^2+c^2}{(a+b+c)^2}+\dfrac{(b-c)^2+a^2}{(b-c-a)^2}+\dfrac{(c-a)^2+b^2}{(a-c-b)^2}$$
P/s:Mình tự chế nên có sai xót gì thì các bạn cứ nói.
Lần sau bạn post ở pic Sáng tạo Bất đẳng thức của bosjeunhan nhé !
Bosjeunhan: Hay để mình cho vào đây luôn, khỏi loãng bài ^^
Bài 34: Với mọi số thực $a,b,c$:Tìm $Min$ của
$$P=\dfrac{(a+b)^2+c^2}{(a+b+c)^2}+\dfrac{(b-c)^2+a^2}{(b-c-a)^2}+\dfrac{(c-a)^2+b^2}{(a-c-b)^2}$$
P/s:Mình tự chế nên có sai xót gì thì các bạn cứ nói.
Lần sau bạn post ở pic Sáng tạo Bất đẳng thức của bosjeunhan nhé !
Bosjeunhan: Hay để mình cho vào đây luôn, khỏi loãng bài ^^
Last edited by a moderator:
K
khaitien
BĐT tự chế khá hay nên cảm ơn cái . Bài này mình làm cái nhá , xem có giống cách của bạn không?
P = 3 - [TEX]\frac{2c(a+b)}{(a+b+c)^2} - \frac{2a(c-b)}{(b-c-a)^2} - \frac{2b(c-a)}{(a-c-b)^2}[/TEX]
Bây giờ dùng cô-si ngược dấu[TEX] (a+b+c)^2[/TEX] \geq 4 c(a+b)
[TEX](b-c-a)^2 [/TEX]\geq 4 a(c-b)
[TEX](a-c-b)^2[/TEX] \geq 4b(c-a)
\Rightarrow P \geq 3 - 3 [TEX]\frac{1}{2}[/TEX] = 1,5
P = 3 - [TEX]\frac{2c(a+b)}{(a+b+c)^2} - \frac{2a(c-b)}{(b-c-a)^2} - \frac{2b(c-a)}{(a-c-b)^2}[/TEX]
Bây giờ dùng cô-si ngược dấu[TEX] (a+b+c)^2[/TEX] \geq 4 c(a+b)
[TEX](b-c-a)^2 [/TEX]\geq 4 a(c-b)
[TEX](a-c-b)^2[/TEX] \geq 4b(c-a)
\Rightarrow P \geq 3 - 3 [TEX]\frac{1}{2}[/TEX] = 1,5
V
vngocvien97
BĐT tự chế khá hay nên cảm ơn cái . Bài này mình làm cái nhá , xem có giống cách của bạn không?
P = 3 - [TEX]\frac{2c(a+b)}{(a+b+c)^2} - \frac{2a(c-b)}{(b-c-a)^2} - \frac{2b(c-a)}{(a-c-b)^2}[/TEX]
Bây giờ dùng cô-si ngược dấu[TEX] (a+b+c)^2[/TEX] \geq 4 c(a+b)
[TEX](b-c-a)^2 [/TEX]\geq 4 a(c-b)
[TEX](a-c-b)^2[/TEX] \geq 4b(c-a)
\Rightarrow P \geq 3 - 3 [TEX]\frac{1}{2}[/TEX] = 1,5
Cách mình không giống thế này?
Nếu ai còn cách khác thì cứ làm.Thanks nhiều.
G
green_tran
BĐT tự chế khá hay nên cảm ơn cái . Bài này mình làm cái nhá , xem có giống cách của bạn không?
P = 3 - [TEX]\frac{2c(a+b)}{(a+b+c)^2} - \frac{2a(c-b)}{(b-c-a)^2} - \frac{2b(c-a)}{(a-c-b)^2}[/TEX]
Bây giờ dùng cô-si ngược dấu[TEX] (a+b+c)^2[/TEX] \geq 4 c(a+b)
[TEX](b-c-a)^2 [/TEX]\geq 4 a(c-b)
[TEX](a-c-b)^2[/TEX] \geq 4b(c-a)
\Rightarrow P \geq 3 - 3 [TEX]\frac{1}{2}[/TEX] = 1,5
phần cuối là [TEX]3./frac{1}{2} [/TEX] chứ bạn, giải hay nhưng hơi tắt
>-
V
vy000
Cứ cho thẳng 1 lượt bunhia là xong,khỏi lằng nhằng
$2[(a+b)^2+c^2] \ge (a+b+c)^2$
$2[(b-c)^2+a^2]=2[(b-c)^2+(-a)^2] \ge (b-c-a)^2$
$2[(c-a)^2+b^2]=2[(a-c)^2+(-b)^2] \ge (a-c-b)^2$
$\Rightarrow \dfrac{(a+b)^2+c^2}{(a+b+c)^2}+\dfrac{(b-c)^2+a^2}{(b-c-a)^2}+\dfrac{(c-a)^2+b^2}{(a-c-b)^2} \ge \dfra
$
Dấu đẳng thức $\Leftrightarrow a+b=c$
$2[(a+b)^2+c^2] \ge (a+b+c)^2$
$2[(b-c)^2+a^2]=2[(b-c)^2+(-a)^2] \ge (b-c-a)^2$
$2[(c-a)^2+b^2]=2[(a-c)^2+(-b)^2] \ge (a-c-b)^2$
$\Rightarrow \dfrac{(a+b)^2+c^2}{(a+b+c)^2}+\dfrac{(b-c)^2+a^2}{(b-c-a)^2}+\dfrac{(c-a)^2+b^2}{(a-c-b)^2} \ge \dfra
$Dấu đẳng thức $\Leftrightarrow a+b=c$
B
bosjeunhan
Bây giờ, đừng ai bấm lời giải hay hơn nữa, do sáp nhập nên pic với 1 câu hỏi nên ^^
Hãy tiếp tục thỏa luận bình thường
Hãy tiếp tục thỏa luận bình thường
T
thienlong_cuong
Cứ cho thẳng 1 lượt bunhia là xong,khỏi lằng nhằng
$2[(a+b)^2+c^2] \ge (a+b+c)^2$
$2[(b-c)^2+a^2]=2[(b-c)^2+(-a)^2] \ge (b-c-a)^2$
$2[(c-a)^2+b^2]=2[(a-c)^2+(-b)^2] \ge (a-c-b)^2$
$\Rightarrow \dfrac{(a+b)^2+c^2}{(a+b+c)^2}+\dfrac{(b-c)^2+a^2}{(b-c-a)^2}+\dfrac{(c-a)^2+b^2}{(a-c-b)^2} \ge \dfra
Dấu đẳng thức $\Leftrightarrow a+b=c$
Tuy rằng chế bài này hay , nhưng bài toán lại dấu đi bản chất vẫn đề , khiến người ta hơi đau đầu tý !
B
bosjeunhan
BĐT chế từ bài sau: (Thực ra chỉ là thay số ^^)
Bosjeunhan said:
Vì giả thiết cho $x, \ y, \ z > 1$ nên ta có thể sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ như sau:
$$\begin{align}
\frac{{{x}^{2}}-1}{y}+\frac{{{y}^{2}}-1}{z}+\frac{{{z}^{2}}-1}{x}&=\frac{{{\left( {{x}^{2}}-1 \right)}^{2}}}{y\left( {{x}^{2}}-1 \right)}+\frac{{{\left( {{y}^{2}}-1 \right)}^{2}}}{z\left( {{y}^{2}}-1 \right)}+\frac{{{\left( {{z}^{2}}-1 \right)}^{2}}}{x\left( {{z}^{2}}-1 \right)} \\
& \ge \frac{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}-3 \right)}^{2}}}{y\left( {{x}^{2}}-1 \right)+z\left( {{y}^{2}}-1 \right)+x\left( {{z}^{2}}-1 \right)} \\
& =\frac{9}{y\left( {{x}^{2}}-1 \right)+z\left( {{y}^{2}}-1 \right)+x\left( {{z}^{2}}-1 \right)} \\
\end{align}$$
Mặt khác, cũng theo bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có
$$\begin{align}
& y\left( {{x}^{2}}-1 \right)+z\left( {{y}^{2}}-1 \right)+x\left( {{z}^{2}}-1 \right) \\
\le& \sqrt{\left[ \left( {{x}^{2}}-1 \right)+\left( {{y}^{2}}-1 \right)+\left( {{z}^{2}}-1 \right) \right].\left[ {{y}^{2}}\left( {{x}^{2}}-1 \right)+{{z}^{2}}\left( {{y}^{2}}-1 \right)+{{x}^{2}}\left( {{z}^{2}}-1 \right) \right]} \\
=&\sqrt{3\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}}-6 \right)} \\
=&\sqrt{3\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)-18} \\
\le & \sqrt{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}-18} \\
= & \sqrt{{{6}^{2}}-18} \\
=& 3\sqrt{2} \\
\end{align}$$
Như vậy, $$\frac{{{x}^{2}}-1}{y}+\frac{{{y}^{2}}-1}{z}+\frac{{{z}^{2}}-1}{x}\ge \frac{9}{3\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$$
Tức là \[\frac{{{x}^{2}}}{y}+\frac{{{y}^{2}}}{z}+\frac{{{z}^{2}}}{x}\ge \frac{3\sqrt{2}}{2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\]
Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\sqrt{2}. \ \blacksquare$
Last edited by a moderator:
K
khaitien
1 bài BĐT chế này
Bài 35:
Cho 1 < x+ y +z <2 và x,y,z > 0
C/m [TEX]\frac{1}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z}[/TEX] > 1
Bài 35:
Cho 1 < x+ y +z <2 và x,y,z > 0
C/m [TEX]\frac{1}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z}[/TEX] > 1
Last edited by a moderator:
0
01263812493
1 bài BĐT chế này
Cho 1 < x+ y +z <2 và x,y,z > 0
C/m [TEX]\frac{1}{x} +\frac{1}{y} +\frac{1}{z}[/TEX] > 1
[TEX]VT \geq \frac{9}{x+y+z}>\frac{9}{2}>1[/TEX]
:-??
K
khaitien
Đang tập sáng tạo BĐT nên không quen , hơi dễ tí , thử bài này khó hơn nè ( vẫn là BĐT mình tự chế ) :
Bài 36:
Cho x, y, z > 0 . C / m :
[TEX]\frac{(6x+4y+3z)^3}{12^3} \geq \frac{(6x+4y)^3+(4y+3z)^3+(6x+3z)^3}{24^3} +xyz[/TEX]
Last edited by a moderator:
V
vy000
Đặt $6x=a,4y=b,3z=c(a,b,c>0)$
$\dfrac{(6x+4y+3z)^3}{12^3} \geq \dfrac{(6x+4y)^3+(4y+3z)^3+(6x+3z)^3}{24^3} +xyz$
$\Leftrightarrow \dfrac{(a+b+c)^3}{12^3} \ge \dfrac{(a+b)^3+(b+c)^3+(c+a)^3}{24^3}+\dfrac {abc}{24.3}$
$\Leftrightarrow 8(a+b+c)^3 \ge (a+b)^3+(b+c)^3+(c+a)^3+24.8abc$
BĐTĐ rồi AM-GM là xong
Có bài BĐT(ko phải của mình),post lên diễn đàn lâu rồi mà ế quá,chả ai làm,mn xem thử:
http://diendan.hocmai.vn/showthread.php?t=250530
Last edited by a moderator:
T
thienlong_cuong
tặng xóm làng 1 bài thuần nè
Bài 38: Cho $a,b,c$ là các số thực dương t/m $ab + bc + ac = 3$
Chứng minh rằng
$\sum \dfrac{1}{a^2 + ab + b^2} \le \dfrac{2\sum a^2 +3}{9}$
Thêm bài nữa mới nè ! ko đẹp mắt lắm
Bài 39: Với $a,b,c$ dương $a + b + c = 2$.
CMR
$\sum \dfrac{2a +c}{\sqrt{3(a^2 + bc + ac)}} \le 3$
Bosjeunhan: Anh em nhớ nghĩ rõ số thứ tự của bài ^^
Bài 38: Cho $a,b,c$ là các số thực dương t/m $ab + bc + ac = 3$
Chứng minh rằng
$\sum \dfrac{1}{a^2 + ab + b^2} \le \dfrac{2\sum a^2 +3}{9}$
Thêm bài nữa mới nè ! ko đẹp mắt lắm
Bài 39: Với $a,b,c$ dương $a + b + c = 2$.
CMR
$\sum \dfrac{2a +c}{\sqrt{3(a^2 + bc + ac)}} \le 3$
Bosjeunhan: Anh em nhớ nghĩ rõ số thứ tự của bài ^^
Last edited by a moderator:
V
vngocvien97
Góp vui bài này.
Bài 40: Cho $a,b,c$ là các số thực dương và $abc=1$.CMR
$\dfrac{b+c}{\sqrt[]{a}}+\dfrac{c+a}{\sqrt[]{b}}+\dfrac{a+b}{\sqrt[]{c}}$\geq $\sqrt[]{a}+\sqrt[]{b}+\sqrt[]{c}+3$
Bài 40: Cho $a,b,c$ là các số thực dương và $abc=1$.CMR
$\dfrac{b+c}{\sqrt[]{a}}+\dfrac{c+a}{\sqrt[]{b}}+\dfrac{a+b}{\sqrt[]{c}}$\geq $\sqrt[]{a}+\sqrt[]{b}+\sqrt[]{c}+3$
T
thienlong_cuong
Giải sử a \geq b \geq c
dễ thấy 2 dãy sau là 2 dãy đơn điệu
[TEX]\left{\begin{\frac{1}{\sqrt{a}} \leq \frac{1}{\sqrt{b}} \leq \frac{1}{\sqrt{c}}}\\{b + c \leq a + c \leq a +b} [/TEX] [TEX]\Rightarrow VT \geq \sum \frac{a +b}{sqrt{a}} \geq \sum \sqrt{a} + 3[/TEX] (theo hoán vị và AM-GM)
Hơi nặng khi dùng hoán vị
theo cauchy schwarz thì
[TEX]\frac{b}{\sqrt{c}} + \frac{c}{\sqrt{b}} \geq \sqrt{b} + \sqrt{c}[/TEX]
Cộng lại đc đpcm =((
Last edited by a moderator:
H
hthtb22
Solution
Ta sẽ chứng minh:
+)$\sum \frac{b}{\sqrt{a}} \ge 3\sqrt{abc}=3$(1)
+) $\sum \frac{c}{\sqrt{a}}+\sum \sqrt{a} \ge 2 \sum \sqrt{c}$
Nên $\sum \frac{c}{\sqrt{a}}\ge \sum \sqrt{a}$(2)
Cộng (1) và (2) ta có đpcm.
T
thienlong_cuong
Bài 41: Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 1
Chứng minh rằng [TEX]a^2 + b^2 + c^2 + 9abc \geq 2(ab + bc + ac)[/TEX]
Chứng minh rằng [TEX]a^2 + b^2 + c^2 + 9abc \geq 2(ab + bc + ac)[/TEX]
H
hthtb22
Bài 41:
Ta có : $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=1-2(ab+bc+ca)$.
Bđt \Leftrightarrow $4(ab+bc+ca)-9abc \le 1$.
\Leftrightarrow $4a(b+c)+bc(4-9a) \le 1$
\Leftrightarrow $4a(1-a)+bc(4-9a) \le 1$
Xét hàm số $f(x)=x(4-9a)+4a(1-a)$
Với $a=bc \le (\frac{b+c}{2})^2=\frac{(1-a)^2}{4}$.
Như vậy $f(x)_{max}$\Leftrightarrow $x= \frac{(1-a)^2}{4}$
Thay vào đánh giá tiếp
Lười quá ai thay vào giùm xem đúng không cái
Ta có : $a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=1-2(ab+bc+ca)$.
Bđt \Leftrightarrow $4(ab+bc+ca)-9abc \le 1$.
\Leftrightarrow $4a(b+c)+bc(4-9a) \le 1$
\Leftrightarrow $4a(1-a)+bc(4-9a) \le 1$
Xét hàm số $f(x)=x(4-9a)+4a(1-a)$
Với $a=bc \le (\frac{b+c}{2})^2=\frac{(1-a)^2}{4}$.
Như vậy $f(x)_{max}$\Leftrightarrow $x= \frac{(1-a)^2}{4}$
Thay vào đánh giá tiếp
Lười quá ai thay vào giùm xem đúng không cái
Last edited by a moderator: