[LTDH] BDT ôn thi đại học !

[vodichhocmai]

Cái dấu "=" ấy cơ! =((
Ko ra đc dấu "="! |-)

Nó xảy ra khi và chỉ khi :

[TEX]\ \ -\frac{\sqrt{5}x-\frac{2}{\sqrt{5}}}{\sqrt{5}x-2\sqrt{5}}=\frac{\frac{1}{\sqrt{5}}}{\sqrt{5}} \Leftrightarrow -\frac{5x-2}{5x-10}=\frac{1}{5}[/TEX]

[TEX]\ \ \ \ \Leftrightarrow x=\frac{2}{3}[/TEX]

 

[vivietnam]

Cho ba số thực dương [TEX]\huge a,b,c[/TEX] chứng minh rằng

[TEX]\huge \sum_{cyclic} \frac{a^2}{\sqrt{6a^2+2ab+b^2}}\ge \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{3}[/TEX]

bài này không ai làm được thì anh vodichhocmai đưa lời giải đi ạ
em thấy tồn kho lâu lắm rồi đấy

 

[ngomaithuy93]

1. [TEX] C/m: \sqrt{a^2+x^2-2axcos\alpha}+\sqrt{b^2+x^2-2bxcos\beta} \geq \sqrt{a^2+b^2-2abcos(\alpha+\beta)}[/TEX]

Còn bài này nữa ạ!
Giúp e bài này với!
Sử dụng BĐT vecto thấy rắc rối quá!|-)

 

[bigbang195]

bài này không ai làm được thì anh vodichhocmai đưa lời giải đi ạ
em thấy tồn kho lâu lắm rồi đấy

Bài này sử dụng holder và bdt của SVAC hay Crittoaje là [TEX](a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)[/TEX] em cũng ko nhớ rõ của ai

 

[bigbang195]

Còn bài này nữa ạ!
Giúp e bài này với!
Sử dụng BĐT vecto thấy rắc rối quá!|-)

Chị vẽ tam giác ABC, AB=b, AC=c , kẻ tia AM =x áp dụng định lí Cos thì đây chỉ là BDT tam giác thui ạ

 

[phamduyquoc0906]

1. [TEX] C/m: \sqrt{a^2+x^2-2axcos\alpha}+\sqrt{b^2+x^2-2bxcos\beta} \geq \sqrt{a^2+b^2-2abcos(\alpha+\beta)}[/TEX]

Bài này thuộc mincopki nên nó là số 1 rồi,không rắc rối đâu

[TEX]\sqrt{(x-a cos \alpha)^2+(a sin \alpha)^2}+\sqrt{(-x+bcos\beta)^2+(bsin\beta)^2} \geq \sqrt{(a cos\alpha-bcos\beta)^2+(a sin \alpha+bsin\beta)^2}=\sqrt{a^2+b^2-2abcos(\alpha+\beta)}[/TEX]

 

[phamduyquoc0906]

Chị vẽ tam giác ABC, AB=a, AC=b , kẻ tia AM =x áp dụng định lí Cos thì đây chỉ là BDT tam giác thui ạ

*Cái này chỉ là trưởng hợp đặc biệt khi đẳng thức xảy ra mà thôi,chưa chứng minh được bất đẳng thức,có đúng không nhỉ

 

[bigbang195]

*Cái này chỉ là trưởng hợp đặc biệt khi đẳng thức xảy ra mà thôi,chưa chứng minh được bất đẳng thức,có đúng không nhỉ

cái đó là BDT tam giác mà anh, đẳng thức của em xảy ra khi M nằm trên BC

 

[vodichhocmai]

Bài này sử dụng holder và bdt của SVAC hay Crittoaje là [TEX](a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)[/TEX] em cũng ko nhớ rõ của ai

VASC:= Vasile-Crittoaje

 

[vodichhocmai]

Cho ba số thực dương [TEX]\huge a,b,c[/TEX] chứng minh rằng

[TEX]\huge \sum_{cyclic} \frac{a^2}{\sqrt{6a^2+2ab+b^2}}\ge \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{3}[/TEX]

Ta có:[TEX]\huge\blue \forall a,b>0[/TEX] thì
[TEX]\huge\blue \frac{a^2}{\sqrt{6a^2+2ab+b^2}}\ge \frac{11a-2b}{27} [/TEX]

Do đó chúng ta có :

[TEX]\huge\blue \sum_{cyclic} \frac{a^2}{\sqrt{6a^2+2ab+b^2}}\ge\frac{a+b+c}{3} \ge \frac{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}{3}[/TEX]

 

[vodichhocmai]

Ai có thể chọn phương án giải 1 hàng bài này [TEX]\ \ [/TEX]

[TEX]\huge\red a,b,c>0\ \ ,\ \ abc=1\ \ Cmr\ \ LHS:=\sum_{cyclic}\frac{1}{\(1+a\)^2}\ge \frac{3}{4}[/TEX]

 

[letrang3003]

Ai có thể chọn phương án giải 1 hàng bài này [TEX]\ \ [/TEX]

[TEX]\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2} \ge \frac{1}{1+ab}[/TEX]


P/S: anh nào chỉ em cách tín đạo hàm[TEX] f(x)=\frac{1}{(1+x)^2}[/TEX] với ạ (

 

[vodichhocmai]

[TEX]\huge\red a,b,c>0\ \ ,\ \ abc=1\ \ Cmr\ \ LHS:=\sum_{cyclic}\frac{1}{\(1+a\)^2}\ge \frac{3}{4}[/TEX]

[TEX]\huge\blue \[\frac{1}{\(1+a\)^2}+\frac{1}{\(1+b\)^2}-\frac{1}{1+ab}\]+\[\frac{1}{4}+\frac{1}{\(1+c\)^2}-\frac{1}{1+c}\]:=\frac{ab\(a-b\)^2+\(ab-1\)^2}{\(1+a\)^2\(1+b\)^2\(1+ab\)}+\frac{\(c-1\)^2}{4\(1+c\)^2}\ge 0[/TEX]

Do đó bài toán chứng minh xong . Đúng 1 hàng

 

[ngomaithuy93]

1. Cho a, b, c > 0. CM:
[TEX] S=30a+3b^2+\frac{2c^3}{9}+36(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}) \geq 84[/TEX]
2. Cho [TEX]\left{a, b, c > 0\\{ac \geq 12, bc \geq 8}[/TEX]. CM:

[TEX] S=(a+b+c)+2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})+\frac{8}{abc} \geq \frac{121}{12}[/TEX]

 

[quyenuy0241]

Cho [tex]a,b,c \in [1,3][/tex] thoả mãn [tex]a+b+c=6 [/tex]

Tìm Max: [tex]P=a^3+b^3+c^3[/tex]

 

[bigbang195]

[TEX]\huge\blue \[\frac{1}{\(1+a\)^2}+\frac{1}{\(1+b\)^2}-\frac{1}{1+ab}\]+\[\frac{1}{4}+\frac{1}{\(1+c\)^2}-\frac{1}{1+c}\]:=\frac{ab\(a-b\)^2+\(ab-1\)^2}{\(1+a\)^2\(1+b\)^2\(1+ab\)}+\frac{\(c-1\)^2}{4\(1+c\)^2}\ge 0[/TEX]

Do đó bài toán chứng minh xong . Đúng 1 hàng

Anh còn chưa chứng minh[TEX] \frac{1}{1+c}+\frac{1}{1+ab} = 1[/TEX] :\">

Em còn 1 cách dùng cho THCS khá phổ biến là đặt [TEX]a=\frac{yz}{x^2}[/TEX]

 

[ngomaithuy93]

Cho [tex]a,b,c \in [1,3][/tex] thoả mãn [tex]a+b+c=6 [/tex]
Tìm Max: [tex]P=a^3+b^3+c^3[/tex]

[TEX]a+b+c=6 \Leftrightarrow c=6-(a+b)[/TEX]
[TEX]P=a^3+b^3+c^3=(a+b)[(a+b)^2-3ab]+[6-(a+b)]^3[/TEX]
[TEX] = (a+b)^3-3ab(a+b)+[6-(a+b)]^3 \leq (a+b)^3-\frac{3}{2}(a+b)^3+[6-(a+b)]^3[/TEX]
[TEX] t=a+b (2 \leq t \leq 6)[/TEX]
[TEX] f(t)=\frac{-1}{2}t^3+(6-t)^3=\frac{-3t^3}{2}-108t+18t^2+216[/TEX]
[TEX] f'(t)=\frac{-9t^2}{2}+36t-108 <0 \forall t[/TEX]
[TEX]\Rightarrow f(t) \leq f(2)=60[/TEX]
Quái, sai đâu nhỉ? :|

 

[duynhan1]

[TEX]a+b+c=6 \Leftrightarrow c=6-(a+b)[/TEX]
[TEX]P=a^3+b^3+c^3=(a+b)[(a+b)^2-3ab]+[6-(a+b)]^3[/TEX]
[TEX] = (a+b)^3-3ab(a+b)+[6-(a+b)]^3 \leq (a+b)^3-\frac{3}{2}(a+b)^3+[6-(a+b)]^3[/TEX]
[TEX] t=a+b (2 \leq t \leq 6)[/TEX]
[TEX] f(t)=\frac{-1}{2}t^3+(6-t)^3=\frac{-3t^3}{2}-108t+18t^2+216[/TEX]
[TEX] f'(t)=\frac{-9t^2}{2}+36t-108 <0 \forall t[/TEX]
[TEX]\Rightarrow f(t) \leq f(2)=60[/TEX]
Quái, sai đâu nhỉ? :|

[TEX]c \le 3 \ \ t+c = 6 \Rightarrow t \ge 3 [/TEX] .

 

[bigbang195]

Cho [tex]a,b,c \in [1,3][/tex] thoả mãn [tex]a+b+c=6 [/tex]

Tìm Max: [tex]P=a^3+b^3+c^3[/tex]

thì

và

chỉ cần tìm max của :

mà

 

[bigbang195]

1. Cho a, b, c > 0. CM:
[TEX] S=30a+3b^2+\frac{2c^3}{9}+36(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}) \geq 84[/TEX]
2. Cho [TEX]\left{a, b, c > 0\\{ac \geq 12, bc \geq 8}[/TEX]. CM:

[TEX] S=(a+b+c)+2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})+\frac{8}{abc} \geq \frac{121}{12}[/TEX]

Bài dưới chị xem lại đề ạ .