A
asroma11235
Cho [TEX]n \in N[/TEX]
CMR:
[TEX] \sqrt[3]{n}+ \sqrt[3]{n+3} < \sqrt[3]{n+1} + \sqrt[3]{n+2}[/TEX]
CMR:
[TEX] \sqrt[3]{n}+ \sqrt[3]{n+3} < \sqrt[3]{n+1} + \sqrt[3]{n+2}[/TEX]
G
greenshirt
CÁC KIẾN THỨC CẦN LƯU Ý
1/Định nghĩa
2/Tính chất
+ A>B
+ A>B và B >C
+ A>B A+C >B + C
+ A>B và C > D A+C > B + D
+ A>B và C > 0 A.C > B.C
+ A>B và C < 0 A.C < B.C
+ 0 < A < B và 0 < C <D 0 < A.C < B.D
+ A > B > 0 A > B
+ A > B A > B với n lẻ
+ > A > B với n chẵn
+ m > n > 0 và A > 1 A > A
+ m > n > 0 và 0 <A < 1 A < A
+A < B và A.B > 0
3/Một số hằng bất đẳng thức
+ A 0 với A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ An 0 với A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ với (dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ - < A =
+ ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)
+ ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)
1/Định nghĩa
2/Tính chất
+ A>B
+ A>B và B >C
+ A>B A+C >B + C
+ A>B và C > D A+C > B + D
+ A>B và C > 0 A.C > B.C
+ A>B và C < 0 A.C < B.C
+ 0 < A < B và 0 < C <D 0 < A.C < B.D
+ A > B > 0 A > B
+ A > B A > B với n lẻ
+ > A > B với n chẵn
+ m > n > 0 và A > 1 A > A
+ m > n > 0 và 0 <A < 1 A < A
+A < B và A.B > 0
3/Một số hằng bất đẳng thức
+ A 0 với A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ An 0 với A ( dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ với (dấu = xảy ra khi A = 0 )
+ - < A =
+ ( dấu = xảy ra khi A.B > 0)
+ ( dấu = xảy ra khi A.B < 0)
A
asroma11235
Cho [TEX]a,b,c > 0[/TEX] và [TEX](a+b+c)^3=9(ab+bc+ac)[/TEX]
CM:[TEX](a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ac+a^2) \leq 27[/TEX]
p/s:Đề Mathlink
CM:[TEX](a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ac+a^2) \leq 27[/TEX]
p/s:Đề Mathlink
Last edited by a moderator:
A
asroma11235
Chúng ta có bài mở rộng của một bài sau:
http://diendan.hocmai.vn/showthread.php?t=194377
Cho a,b,c là các số thực không âm thay đổi bất kì.
CM: [TEX](1+ \frac{4a}{b+c})(1+\frac{4b}{a+c})(1+ \frac{4c}{a+b}) \geq 25[/TEX]
http://diendan.hocmai.vn/showthread.php?t=194377
Cho a,b,c là các số thực không âm thay đổi bất kì.
CM: [TEX](1+ \frac{4a}{b+c})(1+\frac{4b}{a+c})(1+ \frac{4c}{a+b}) \geq 25[/TEX]
J
james_bond_danny47
chứng minh bdt
[TEX]\frac{{a}^{n}}{b+c}+\frac{{b}^{n}}{c+a}+\frac{{c}^{n}}{b+a} \geq \frac{3}{2} (\frac{{a}^{n}+{b}^{n}+{c}^{n}}{a+b+c})[/TEX]
[TEX]\frac{{a}^{n}}{b+c}+\frac{{b}^{n}}{c+a}+\frac{{c}^{n}}{b+a} \geq \frac{3}{2} (\frac{{a}^{n}+{b}^{n}+{c}^{n}}{a+b+c})[/TEX]
A
asroma11235
Chebyshev:
[TEX]\frac{{a}^{n}}{b+c}+\frac{{b}^{n}}{c+a}+\frac{{c}^{n}}{b+a} \geq \frac{1}{3}(a^n+b^n+c^n)(\sum \frac{1}{b+c}) \geq \frac{1}{3}(a^n+b^n+c^n). \frac{9}{2(a+b+c)} = \frac{3}{2}(\frac{a^n+b^n+c^n}{a+b+c})[/TEX]
B
bboy114crew
Biến tương đương với :
[TEX]\sum a^3 + 7abc \geq \sum ab(a+b)[/TEX]
Theo BDT Schur ta có:
[TEX]\sum a^3 + 3abc \geq \sum ab(a+b)[/TEX]
Và [TEX]4abc \geq 0[/TEX](Do [TEX]a,b,c \geq 0[/TEX])
Suy ra Q.E.D
H
hoanghondo94
PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP:
ĐỊNH LÍ FERMAT:
1. ĐỊNH LÍ 1: Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên [TEX][a,b][/TEX]
+) Nếu [TEX]f'(x) \ge 0[/TEX] với mọi [TEX] x \in (a,b)[/TEX] thì f(x) tăng trên [TEX][a,b][/TEX]
tức là: [TEX] \min\limits_{x \in [a,b]} f(x) = f(a)[/TEX] và [TEX]\max\limits_{x \in [a,b]} f(x) = f(b)[/TEX]
+)nếu [TEX]f'(x) \le 0[/TEX] với mọi [TEX]{x} \in (a,b)[/TEX] thì f(x) giảm trên [TEX][a,b][/TEX] khi đó ta có
[TEX]\min\limits_{x \in [a,b]} f(x) = f(b)[/TEX] và [TEX]\max\limits_{x \in [a,b]} f(x) = f(a)[/TEX]
2. ĐỊNH LÍ 2 (điều kiện cần để hàm số có cực trị) :
Giả sử hàm số y=f(x) xác định trên một lân cận đủ bé của [TEX]{x_0} \in (a,b)[/TEX] và có đạo hàm tại
[TEX]{x_0}[/TEX]. Khi đó hàm số đạt cực trị tại [TEX]{x_0}[/TEX] thì [TEX]f'({x_0}) = 0[/TEX]
3.ĐỊNH LÍ 3 (điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị):
Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên [TEX][a,b][/TEX] và [TEX]{x_0} \in (a,b)[/TEX] trong một lân cận đủ bé
của điểm [TEX]{x_0}[/TEX] . Nếu f'(x) đổi dấu khi x qua [TEX]{x_0}[/TEX] (có thể không tồn tại
[TEX]f'({x_0}) )[/TEX] thì [TEX]{x_0}[/TEX] là điểm cực trị của hàm y=f(x).
4.ĐỊNH LÍ 4
Giả sử hàm số y=f(x) xác định trên [TEX][a,b][/TEX]và [TEX]{x_0} \in (a,b)[/TEX] trong một lan cận đủ bé của [TEX]{x_0}[/TEX]
hàm số y=f(x) có đạo hàm cấp 2 liên tục, đồng thời [TEX]f'({x_0}) = 0[/TEX] và [TEX]f''({x_0}) \ne 0[/TEX] thì [TEX]{x_0}[/TEX] là điểm cực trị, cụ thể:
-) Nếu[TEX] f'({x_0}) = 0 [/TEX]và [TEX]f''({x_0}) > 0[/TEX] thì hàm số đạt cực tiểu tại [TEX]{x_0}[/TEX]
-) nếu [TEX][f'({x_0}) = 0[/TEX] và [TEX]f''({x_0}) < 0[/TEX] thì hàm số đạt cực đại tại [TEX]{x_0}[/TEX]
ĐỊNH LÍ LAGRANGE
Nếu hàm f liên tục trên [a,b] và có đạo hàm trên khoảng (a,b) thi tồn tại ít nhất một giá trị [TEX]c (a<c<b)[/TEX] sao cho [TEX]f'(c) = \frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}[/TEX]
Last edited by a moderator:
C
consoinho_96
N
ndhoang1996
C
congchuatieuquy
Cho các số dương x, y, z. Chứng minh bất đẳng thức:
[tex]\frac{(y+1)^2 (x+1)}{3\sqrt[3]{z^2x^2}+1}+\frac{(y+1)(z+1)^2}{3\sqrt[3]{x^2y^2}+1}+\frac{(x+1)^2(z+1)}{3\sqrt[3]{y^2z^2}+1}\geq x+y+z+3 [/tex]
giúp em với cảm ơn nhiều
ai có thể giải giùm em không ???????
giúp em với cần gấp
[tex]\frac{(y+1)^2 (x+1)}{3\sqrt[3]{z^2x^2}+1}+\frac{(y+1)(z+1)^2}{3\sqrt[3]{x^2y^2}+1}+\frac{(x+1)^2(z+1)}{3\sqrt[3]{y^2z^2}+1}\geq x+y+z+3 [/tex]
giúp em với cảm ơn nhiều
ai có thể giải giùm em không ???????
giúp em với cần gấp
Last edited by a moderator:
B
bboy114crew
Mấy cái này cuốn sách ôn thi đại học nào về hàm só cũng có các bạn cứ mua về tha khảo!PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ
CƠ SỞ PHƯƠNG PHÁP:
ĐỊNH LÍ FERMAT:
1. ĐỊNH LÍ 1: Cho hàm số y = f(x) liên tục và có đạo hàm trên [TEX][a,b][/TEX]
+) Nếu [TEX]f'(x) \ge 0[/TEX] với mọi [TEX] x \in (a,b)[/TEX] thì f(x) tăng trên [TEX][a,b][/TEX]
tức là: [TEX] \min\limits_{x \in [a,b]} f(x) = f(a)[/TEX] và [TEX]\max\limits_{x \in [a,b]} f(x) = f(b)[/TEX]
+)nếu [TEX]f'(x) \le 0[/TEX] với mọi [TEX]{x} \in (a,b)[/TEX] thì f(x) giảm trên [TEX][a,b][/TEX] khi đó ta có
[TEX]\min\limits_{x \in [a,b]} f(x) = f(b)[/TEX] và [TEX]\max\limits_{x \in [a,b]} f(x) = f(a)[/TEX]
2. ĐỊNH LÍ 2 (điều kiện cần để hàm số có cực trị) :
Giả sử hàm số y=f(x) xác định trên một lân cận đủ bé của [TEX]{x_0} \in (a,b)[/TEX] và có đạo hàm tại
[TEX]{x_0}[/TEX]. Khi đó hàm số đạt cực trị tại [TEX]{x_0}[/TEX] thì [TEX]f'({x_0}) = 0[/TEX]
3.ĐỊNH LÍ 3 (điều kiện đủ để hàm số đạt cực trị):
Giả sử hàm số y = f(x) xác định trên [TEX][a,b][/TEX] và [TEX]{x_0} \in (a,b)[/TEX] trong một lân cận đủ bé
của điểm [TEX]{x_0}[/TEX] . Nếu f'(x) đổi dấu khi x qua [TEX]{x_0}[/TEX] (có thể không tồn tại
[TEX]f'({x_0}) )[/TEX] thì [TEX]{x_0}[/TEX] là điểm cực trị của hàm y=f(x).
4.ĐỊNH LÍ 4
Giả sử hàm số y=f(x) xác định trên [TEX][a,b][/TEX]và [TEX]{x_0} \in (a,b)[/TEX] trong một lan cận đủ bé của [TEX]{x_0}[/TEX]
hàm số y=f(x) có đạo hàm cấp 2 liên tục, đồng thời [TEX]f'({x_0}) = 0[/TEX] và [TEX]f''({x_0}) \ne 0[/TEX] thì [TEX]{x_0}[/TEX] là điểm cực trị, cụ thể:
-) Nếu[TEX] f'({x_0}) = 0 [/TEX]và [TEX]f''({x_0}) > 0[/TEX] thì hàm số đạt cực tiểu tại [TEX]{x_0}[/TEX]
-) nếu [TEX][f'({x_0}) = 0[/TEX] và [TEX]f''({x_0}) < 0[/TEX] thì hàm số đạt cực đại tại [TEX]{x_0}[/TEX]
ĐỊNH LÍ LAGRANGE
Nếu hàm f liên tục trên [a,b] và có đạo hàm trên khoảng (a,b) thi tồn tại ít nhất một giá trị [TEX]c (a<c<b)[/TEX] sao cho [TEX]f'(c) = \frac{{f(b) - f(a)}}{{b - a}}[/TEX]
A
anhtraj_no1
S
son9701
Áp dụng bất đẳng thức cô-si cho 4 số k âm:
[tex]\frac{4}{(a-b)(b+1)^2}+a-b+\frac{b+1}{2}+\frac{b+1}{2} \geq 4\sqrt[4]{1}=4[/tex]
Hay [tex]a+\frac{4}{(a-b)(b+1)^2} \geq 3[/tex]
đpcm
H
hthtb22
P
pheo56
Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng:
[TEX]\frac{(b+c-a)^4}{a(a+b-c)}+\frac{(c+a-b)^4}{b(b+c-a)}+\frac{(a+b-c)^4}{c(c+a-b)} \ge a^2+b^2+c^2[/TEX]
[TEX]\frac{(b+c-a)^4}{a(a+b-c)}+\frac{(c+a-b)^4}{b(b+c-a)}+\frac{(a+b-c)^4}{c(c+a-b)} \ge a^2+b^2+c^2[/TEX]
M
minhtuyb
Đặt $x=b+c-a;y=c+a-b;z=a+b-c\rightarrow x,y,z>0$. Khi đó viết lại BĐT:
$$\sum \dfrac{x^4}{\dfrac{y+z}{2}.z}\ge \dfrac{\sum (x+y)^2}{4}\\ \Leftrightarrow \sum \dfrac{x^4}{z(y+z)}\ge \dfrac{x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx}{4}$$
BĐT trên đúng vì các BĐT sau:
$$\dfrac{x^4}{z(y+z)}+\dfrac{z(y+z)}{4}\ge x^2\\ \dfrac{y^4}{x(z+x)}+\dfrac{x(z+x)}{4}\ge y^2\\ \dfrac{z^4}{y(x+y)}+\dfrac{y(x+y)}{4}\ge z^2\\ \dfrac{x^2+y^2+z^2}{4}\ge \dfrac{xy+yz+zx}{4}$$
(3 BĐT đầu là AM-GM, BĐT cuối quen thuộc)
Vậy BĐT ban đầu được c/m. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z\Leftrightarrow a=b=c\ \square$
S
son9701
Từ bất đẳng thức quen thuộc:
$$ \sum_{cyc}(\frac{a+b}{a-b})^2 \ge 2 $$
với mọi a;b;c thực
Ta suy ra được 2 bất đẳng thức:
$$ \sum_{cyc}\frac{ab}{(a-b)^2} \ge \frac{-1}{4} $$
và
$$ \sum_{cyc}\frac{a^2+b^2}{(a-b)^2} \ge \frac{5}{2} $$
Cộng theo vế 2 bất đẳng thức trên,ta có:
$$ \sum_{cyc}\frac{a^2+ab+b^2}{(a-b)^2} \ge \frac{9}{4} $$
Hay $$ \sum_{cyc}\frac{a^3-b^3}{(a-b)^3} \ge \frac{9}{4} $$
Dấu "=" xảy ra khi $$ \frac{a+b}{a-b}+\frac{b+c}{b-c}+\frac{c+a}{c-a} = 0 $$
B
bosjeunhan
Gì mà ế dài rỳ
Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng $\sum_{cyc} a^3b^2 \le 3$
Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng $\sum_{cyc} a^3b^2 \le 3$
H
hhhntt
chuyên để BĐT
đầu tiên AM-GM {a}^{4}+2{a}^{2}{b}^{2}+{a}^{4}{b}^{4}\geq 4{a}^{3}{b}^{2}
tương tự cộng lại rút gọn ta đc 4S\leq 9+\sum {a}^{4}{b}^{4}
ta sẽ tìm max của \sum {a}^{4}{b}^{4}
ta có
{a}^{4}{b}^{4}\leq \frac{{a}^{3}{b}^{3}({a}^{3}+{b}^{3}+1)}{3}
đưa BĐT về xy(x+y+1)+yz(y+z+1)+xz(x+z+1)\leq9 với x,y,z lần lượt là {a}^{3},{b}^{3},{c}^{3} mặt khác xy(x+y+1)=xy(4-z)=4xy-xyz nên BĐT \Leftrightarrow 4(xy+yz+xz)-3xyz\leq9 đây là BĐT schur \Rightarrow ĐPCM
sau đây là 1 bài tương tự :cho các số thực a b c .CM:
{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}^{2}\geq 3({a}^{3}b+{b}^{3}c+{c}^{3}a)
2) x,y,z >0 sao cho x+y+z=3 CM:
({x}^{2}y+{y}^{2}z+{z}^{2}x)(xy+yz+xz)\leq9
đầu tiên AM-GM {a}^{4}+2{a}^{2}{b}^{2}+{a}^{4}{b}^{4}\geq 4{a}^{3}{b}^{2}
tương tự cộng lại rút gọn ta đc 4S\leq 9+\sum {a}^{4}{b}^{4}
ta sẽ tìm max của \sum {a}^{4}{b}^{4}
ta có
{a}^{4}{b}^{4}\leq \frac{{a}^{3}{b}^{3}({a}^{3}+{b}^{3}+1)}{3}
đưa BĐT về xy(x+y+1)+yz(y+z+1)+xz(x+z+1)\leq9 với x,y,z lần lượt là {a}^{3},{b}^{3},{c}^{3} mặt khác xy(x+y+1)=xy(4-z)=4xy-xyz nên BĐT \Leftrightarrow 4(xy+yz+xz)-3xyz\leq9 đây là BĐT schur \Rightarrow ĐPCM
sau đây là 1 bài tương tự :cho các số thực a b c .CM:
{{a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2}}^{2}\geq 3({a}^{3}b+{b}^{3}c+{c}^{3}a)
2) x,y,z >0 sao cho x+y+z=3 CM:
({x}^{2}y+{y}^{2}z+{z}^{2}x)(xy+yz+xz)\leq9