0
H
huynhbachkhoa23
Áp dụng BDT Minkovsky dạng không gian vector 3 chiều.
$A \ge \sqrt{8(\sum \dfrac{1}{a})^2+\dfrac{9}{2}(\sum a)^2+\dfrac{1}{4}(\sum ab)^2}$
Thua
)
Bài tập: Mới lấy hồi hôm qua từ bác chồn.
$a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=3$
Chứng minh $a^3+b^3+c^3 \ge 3$
Có cách giải là $a^3+b^3+c^3 \ge \dfrac{(a+b+c)^3}{9} \ge \dfrac{(\sqrt{3(ab+bc+ca)})^3}{9}=3$
Giờ mấy bác làm cách khác nhá)
$A \ge \sqrt{8(\sum \dfrac{1}{a})^2+\dfrac{9}{2}(\sum a)^2+\dfrac{1}{4}(\sum ab)^2}$
Thua
)Bài tập: Mới lấy hồi hôm qua từ bác chồn.
$a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=3$
Chứng minh $a^3+b^3+c^3 \ge 3$
Có cách giải là $a^3+b^3+c^3 \ge \dfrac{(a+b+c)^3}{9} \ge \dfrac{(\sqrt{3(ab+bc+ca)})^3}{9}=3$
Giờ mấy bác làm cách khác nhá
)
H
huynhbachkhoa23
Bác Khoa lộ bộ mặt thật của mình rồi =))
Dễ dàng c/m $a+b+c \ge 3$ =))
Tới giờ Bunhia
$(a^3+b^3+c^3)(a+b+c) \ge (a^2+b^2+c^2)^2 \ge (ab+bc+ca)^2$
$\Longrightarrow a^3+b^3+c^3 \ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{ab+bc+ca}=3$
$a^3+b^3+c^3 \ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{a+b+c} \le \dfrac{3(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2}=3$
Bác tính thế nào =))
Last edited by a moderator:
T
transformers123
Chẳng qua là ghi nhầm thôi =))
Dễ dàng c/m $a+b+c \ge 3$ và $a^2+b^2+c^2 \ge 3$
Lại có: $a^2+b^2+c^2 \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{3} \ge \dfrac{3(a+b+c)}{3} =a+b+c$
Ta có:
$a^3+b^3+c^3 \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a+b+c} \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2+b^2+c^2} = a^2+b^2+c^2 \ge 3$
Ok chưa bác
)
H
huynhbachkhoa23
Chẳng qua là ghi nhầm thôi =))
Dễ dàng c/m $a+b+c \ge 3$ và $a^2+b^2+c^2 \ge 3$
Lại có: $a^2+b^2+c^2 \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{3} \ge \dfrac{3(a+b+c)}{3} =a+b+c$
Ta có:
$a^3+b^3+c^3 \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a+b+c} \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2+b^2+c^2} = a^2+b^2+c^2 \ge 3$
Ok chưa bác
Giải thế này thì khác nào cách của em lúc đầu :|
Em chuyển từ $a^2+b^2+c^2 \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{3}$
Bác thì chuyển ngược lại.
Ý em nói là không dùng Schwarz cơ :|
H
huynhbachkhoa23
Giải luôn: $\sum a^3=p^3-3pr+3r=p^3-9p+3r \ge p^3-9p -\dfrac{p^3-12p}{3}=\dfrac{2}{3}p^3-5p=\dfrac{2}{3}(p-3)(p^2+3p+\dfrac{3}{2})+3 \ge 3\;\;\; (p\ge 3)$
Bài 1: Cho $a,b,c\in \mathbb{R}$ thoả mãn hệ $\begin{cases}
a+b+c=0\\
a^2+b^2+c^2=1\\
\end{cases}$
Tìm GTLN của $A=(abc)^2$
Bài 2: Cho $x,y,z \in \mathbb{R}^{+}$ và $x^2+y^2+6z^2=4zx+4yz$
Tìm GTNN của $P=\dfrac{x^3}{y(z+x)^2}+\dfrac{y^3}{x(z+y)^2}+ \dfrac{\sqrt{x^2+y^2}}{z}$
Bài 3: Cho $x,y,z$ là nghiệm của hệ: $\begin{cases}
x^2+xy+y^2=3\\
y^2+yz+z^2=16\\
\end{cases}$
Tìm GTLN của $Q=xy+yz+zx$
Bài 4: Giả sử $a,b,c$ là 3 số thực dương thoả $a\ge b \ge c$
Tìm GTNN của $A=\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{1}{2(a+b+c)}+\dfrac{a+b+c}{9}$
Bài 5: Cho $a,b>0$ thoả $a^2+b^2=a+b$. Tìm GTNN của $A=3a+2b+\dfrac{16}{\sqrt{a+3b}}+\dfrac{16}{\sqrt{2a+1}}$
Bài 6: $a,b>0$ và $3ab=a+b+1$
Tìm GTLN của $P=\dfrac{3a}{b(a+1)}+\dfrac{3b}{a(b+1)}+\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}$
Lằng nhằng thế thôi chứ dễ lắm
Bài 1: Cho $a,b,c\in \mathbb{R}$ thoả mãn hệ $\begin{cases}
a+b+c=0\\
a^2+b^2+c^2=1\\
\end{cases}$
Tìm GTLN của $A=(abc)^2$
Bài 2: Cho $x,y,z \in \mathbb{R}^{+}$ và $x^2+y^2+6z^2=4zx+4yz$
Tìm GTNN của $P=\dfrac{x^3}{y(z+x)^2}+\dfrac{y^3}{x(z+y)^2}+ \dfrac{\sqrt{x^2+y^2}}{z}$
Bài 3: Cho $x,y,z$ là nghiệm của hệ: $\begin{cases}
x^2+xy+y^2=3\\
y^2+yz+z^2=16\\
\end{cases}$
Tìm GTLN của $Q=xy+yz+zx$
Bài 4: Giả sử $a,b,c$ là 3 số thực dương thoả $a\ge b \ge c$
Tìm GTNN của $A=\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{1}{2(a+b+c)}+\dfrac{a+b+c}{9}$
Bài 5: Cho $a,b>0$ thoả $a^2+b^2=a+b$. Tìm GTNN của $A=3a+2b+\dfrac{16}{\sqrt{a+3b}}+\dfrac{16}{\sqrt{2a+1}}$
Bài 6: $a,b>0$ và $3ab=a+b+1$
Tìm GTLN của $P=\dfrac{3a}{b(a+1)}+\dfrac{3b}{a(b+1)}+\dfrac{1}{a+b}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}$
Lằng nhằng thế thôi chứ dễ lắm
Last edited by a moderator:
R
riverflowsinyou1
Anh không thích bác rồi đấy | :
Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\sum x^2=25$. Tìm Min :
$P=\sum \frac{xy}{z}$ (Pháp 2004)
| : Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\sum x^2=25$. Tìm Min :
$P=\sum \frac{xy}{z}$ (Pháp 2004)
H
huynhbachkhoa23
Bài 1: Cho $a,b,c,d,e \in \mathbb{R}$ thỏa $a+b+c+d+e=8$ và $a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=16$
Tìm GTLN của $e$ =))
Bài 2: Áp dụng định lý Jensen chứng minh $\sum \dfrac{a}{b+c-a} \ge 3$ với $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác|
Tìm GTLN của $e$ =))
Bài 2: Áp dụng định lý Jensen chứng minh $\sum \dfrac{a}{b+c-a} \ge 3$ với $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác
|
Last edited by a moderator:
R
riverflowsinyou1
Em chưa hàm lồi :| .....................................................................................
Bài 2: Áp dụng định lý Jensen chứng minh $\sum \dfrac{a}{b+c-a} \ge 3$ với $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác
H
huynhbachkhoa23
Từ đề suy ra $ab+bc+ca=\dfrac{-1}{2}$
$a^2+b^2+c^2-1=2a^2+2ba+2b^2-1=0$
$\Delta' = -3b^2+2 \ge 0 \leftrightarrow a,b,c \in [\dfrac{-\sqrt{6}}{3}; \dfrac{\sqrt{6}}{3}]$
Theo viet: $\sqrt{A}=|abc|=|t^3-\dfrac{t}{2}|$
Khảo sát hoặc dùng máy tính.
KQ: $\text{max A}=\dfrac{1}{54}$
H
huy14112
$P^2=\sum \dfrac{x^2y^2}{z^2}+2(\sum x^2) $
Dễ rồi , dùng Cauchy nữa thôi)
$\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2} \ge 2x^2$
$\rightarrow ...$
Sai thì thôi)
Dễ rồi , dùng Cauchy nữa thôi
)$\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2} \ge 2x^2$
$\rightarrow ...$
Sai thì thôi
)
H
huynhbachkhoa23
Chia giả thiết cho $z^2$
Đặt $a=\dfrac{x}{z}; b=\dfrac{y}{z}$ và $a,b>0$
$a^2+b^2+6=4(a+b) \ge \dfrac{1}{2}(a+b)^2+6$
Đặt $a+b=t$ suy ra $t\in [2;6]$
$P=\dfrac{a^3}{b(a+1)^2}+\dfrac{b^3}{b(a+1)^2}+ \sqrt{a^2+b^2}$
$\sqrt{a^2+b^2} \ge \dfrac{a+b}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$ (Cauchy-Schwarz)
$\dfrac{a^3}{b(a+1)^2} +\dfrac{1}{8}(a+1)+\dfrac{1}{8}(ab+b) \ge \dfrac{3}{4}a$
Tương tự
$P \ge -\dfrac{ab}{4}+\dfrac{1}{2}(a+b)-\dfrac{1}{4}+\sqrt{2} \ge \dfrac{-1}{16}t^2+\dfrac{1}{2}t-\dfrac{1}{4}+\sqrt{2}=\dfrac{1}{16}(6-t)(t-2)+\dfrac{1+2\sqrt{2}}{2} \ge \dfrac{1+2\sqrt{2}}{2}$
$\text{min P}=\dfrac{1+2\sqrt{2}}{2} \leftrightarrow x=y=z$
Dễ không Huy
|
Last edited by a moderator:
H
huynhbachkhoa23
Cauchy-Schwarz:
$4\sqrt{3}=\sqrt{x^2+xy+y^2}.\sqrt{y^2+yz+z^2}= \sqrt{(y+\dfrac{x}{2})^2+\dfrac{3}{4}x^2}.\sqrt{ \dfrac{3}{4}z^2+(y+\dfrac{z}{2})^2} \ge \dfrac{\sqrt{3}}{2}z(y+ \dfrac{x}{2})+\dfrac{\sqrt{3}}{2}(y+\dfrac{z}{2})$
$=\dfrac{\sqrt{3}}{2}(xy+yz+zx) \leftrightarrow xy+yz+zx \le 8$
M
minhhieupy2000
Bác coi lại bài 6 đi chứ tôi làm S.O.S thay $a=\dfrac{b-1}{3b-1}$ vào A thì ko tìm được gtln !!!!!!!
có khi nào bác cho đề lộn ko nhỉ =))
có khi nào bác cho đề lộn ko nhỉ =))
H
huynhbachkhoa23
Bác coi lại bài 6 đi chứ tôi làm S.O.S thay $a=\dfrac{b-1}{3b-1}$ vào A thì ko tìm được gtln !!!!!!!
có khi nào bác cho đề lộn ko nhỉ =))
Đã sửa, mà cần gì S.O.S, dài dòng. Dồn biến, đạo hàm, cộng trừ kết quả là ra
|
M
minhhieupy2000
Xin lỗi bác nhưng kiến thức của tôi chưa tới lớp 12. chỉ mới lớp 9 thôi!! chưa biết đạo hàmĐã sửa, mà cần gì S.O.S, dài dòng. Dồn biến, đạo hàm, cộng trừ kết quả là ra
H
hoamattroi_3520725127
Bài 1: Cho a;b;c là các số dương. Tìm Min của:
$Q = \dfrac{\sqrt{\dfrac{a^3}{b^3}} + \sqrt{\dfrac{b^3}{c^3}} + \sqrt{\dfrac{c^3}{a^3}}}{\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a}}$
Bài 2: Cho x;y;z > 0 và x + y = 1. Tìm Min $P = \dfrac{x}{\sqrt{1 - x}} + \dfrac{y}{\sqrt{1 - y}}$
Bài 3: Cho a;b;c > 0 và abc = 1.
CMR: $\dfrac{1}{a^3(b + c)} + \dfrac{1}{b^3(a + c)} + \dfrac{1}{c^3(a + b)} \ge \dfrac{3}{2}$
Bài 4: Cho a;b;c > 0 và abc = 1. Tìm Min $P = \dfrac{a^3}{(1 + b)(1 + c)} + \dfrac{b^3}{(1 + a)(1 + c)} + \dfrac{c^3}{(1 + a)(1 + b)}$
Bài 5: Cho a;b;c;d > 0 tìm Min của $P = \dfrac{a}{b + 2c + 3d} + \dfrac{b}{c + 2d + 3a} + \dfrac{c}{d + 2a + 3b} + \dfrac{d}{a + 2b + 3c}$
Bài 6: Cho $x_i > 0, i = \overline{1,n}; x_1 + x_2 + ... + x_n = 1$
Tìm Min $P = \sqrt{1 - x_1} + \sqrt{1 - x_2} + ... + \sqrt{1 - x_n}$
Bài 7: Cho a;b;c > 0 chứng minh rằng: $\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 8bc}} + \dfrac{b}{\sqrt{b^2 + 8ca}} + \dfrac{c}{\sqrt{c^2 + 8ab}} \ge 1$
Các bạn giải bài tập trích dẫn lại đề hộ mình nhá! (Nhìn cho dễ ấy mà)
$Q = \dfrac{\sqrt{\dfrac{a^3}{b^3}} + \sqrt{\dfrac{b^3}{c^3}} + \sqrt{\dfrac{c^3}{a^3}}}{\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a}}$
Bài 2: Cho x;y;z > 0 và x + y = 1. Tìm Min $P = \dfrac{x}{\sqrt{1 - x}} + \dfrac{y}{\sqrt{1 - y}}$
Bài 3: Cho a;b;c > 0 và abc = 1.
CMR: $\dfrac{1}{a^3(b + c)} + \dfrac{1}{b^3(a + c)} + \dfrac{1}{c^3(a + b)} \ge \dfrac{3}{2}$
Bài 4: Cho a;b;c > 0 và abc = 1. Tìm Min $P = \dfrac{a^3}{(1 + b)(1 + c)} + \dfrac{b^3}{(1 + a)(1 + c)} + \dfrac{c^3}{(1 + a)(1 + b)}$
Bài 5: Cho a;b;c;d > 0 tìm Min của $P = \dfrac{a}{b + 2c + 3d} + \dfrac{b}{c + 2d + 3a} + \dfrac{c}{d + 2a + 3b} + \dfrac{d}{a + 2b + 3c}$
Bài 6: Cho $x_i > 0, i = \overline{1,n}; x_1 + x_2 + ... + x_n = 1$
Tìm Min $P = \sqrt{1 - x_1} + \sqrt{1 - x_2} + ... + \sqrt{1 - x_n}$
Bài 7: Cho a;b;c > 0 chứng minh rằng: $\dfrac{a}{\sqrt{a^2 + 8bc}} + \dfrac{b}{\sqrt{b^2 + 8ca}} + \dfrac{c}{\sqrt{c^2 + 8ab}} \ge 1$
Các bạn giải bài tập trích dẫn lại đề hộ mình nhá! (Nhìn cho dễ ấy mà)
H
huynhbachkhoa23
$(\sqrt{\dfrac{a}{b}};\sqrt{\dfrac{b}{c}}; \sqrt{ \dfrac{c}{a}}) \to (x;y;z)$
$xyz=1$
$A=\dfrac{x^3+y^3+z^3}{x^2+y^2+z^2} \ge \dfrac{\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x+y+z}}{x^2+y^2+z^2} \ge \dfrac{x+y+z}{3} \ge 1$
$\text{min A}=1 \leftrightarrow a=b=c$
H
huynhbachkhoa23
Mẫu có căn thức phức tạp, ta phải làm sao cho mẫu hết căn đi. Ý tưởng là dùng BDT Cauchy.
$\dfrac{x}{\sqrt{1-x}}=\dfrac{\sqrt{2}x}{2\sqrt{\dfrac{1}{2}(1-x)}} \ge \dfrac{\sqrt{2}x}{\dfrac{3}{2}-x}$
$P \ge \sum \dfrac{\sqrt{2}}{\dfrac{3}{2}-x}=\sum \dfrac{\sqrt{2}x^2}{\dfrac{3}{2}x-x^2} \ge \dfrac{\sqrt{2}}{\dfrac{3}{2}-(x^2+y^2)} \ge \dfrac{\sqrt{2}}{\dfrac{3}{2}-\dfrac{(x+y)^2}{2}}=\sqrt{2}$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=\dfrac{1}{2}$
Bài hơi dài, lười suy nghĩ cách ngắn hơn lắm
M
minhhieupy2000
Bài 4 của bác Khoa đây
Dùng phép phân tích và biến đổi biểu thức $ P=\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b}-\dfrac{a+b+c}{2}$ ta có:
$ P=\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b}-\dfrac{a+b+c}{2} = \dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)}{2(a+b+c)} \ge 0 \text{(vì $a \ge b \ge c$)} $
\Rightarrow $\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b} \ge \dfrac{a+b+c}{2}$
\Rightarrow $A=\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{1}{2(a+b+c)}+\dfrac{a+b+c}{9} \ge \dfrac{a+b+c}{2} + \dfrac{a+b+c}{9}+\dfrac{1}{2(a+b+c)}=\dfrac{11}{18}(a+b+c)+\dfrac{1}{2(a+b+c)} \ge \dfrac{\sqrt{11}}{3}$
\Rightarrow $A_{min}= \dfrac{\sqrt{11}}{3} .....................$
Không biết có đúng ko ta bác khoa coi dùm cái
Dùng phép phân tích và biến đổi biểu thức $ P=\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b}-\dfrac{a+b+c}{2}$ ta có:
$ P=\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b}-\dfrac{a+b+c}{2} = \dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)}{2(a+b+c)} \ge 0 \text{(vì $a \ge b \ge c$)} $
\Rightarrow $\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b} \ge \dfrac{a+b+c}{2}$
\Rightarrow $A=\dfrac{ab}{b+c}+\dfrac{bc}{c+a}+\dfrac{ca}{a+b}+\dfrac{1}{2(a+b+c)}+\dfrac{a+b+c}{9} \ge \dfrac{a+b+c}{2} + \dfrac{a+b+c}{9}+\dfrac{1}{2(a+b+c)}=\dfrac{11}{18}(a+b+c)+\dfrac{1}{2(a+b+c)} \ge \dfrac{\sqrt{11}}{3}$
\Rightarrow $A_{min}= \dfrac{\sqrt{11}}{3} .....................$
Không biết có đúng ko ta
bác khoa coi dùm cái