|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
04-11-2017, 02:08 AM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2017 Bài gởi: 3 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts | Bất đẳng thức $\sum\frac{1}{a^2}\ge\sum a^2$ Cho các số thực dương $a;\,b;\,c$ có tổng bằng 3, chứng minh rằng \[\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\] |
06-11-2017, 10:12 AM | #2 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2014 Bài gởi: 10 Thanks: 3 Thanked 2 Times in 2 Posts | Trích:
\[f^{"}\left( x \right) = \frac{{6 - 2{x^4}}}{{{x^4}}}\quad\forall\,x\in (0;\,3)\] Ta xét hai trường hợp
| |
The Following User Says Thank You to 312cr9 For This Useful Post: | furin (08-11-2017) |
20-11-2017, 03:40 PM | #3 | |
Super Moderator Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 48 Thanks: 52 Thanked 57 Times in 30 Posts | Trích:
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=\dfrac{a +b+c}{abc}\ \ (1)$$ Ta lại có cũng theo AM-GM thì $$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\ge 3\sqrt[3]{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}.$$ Từ Newton chúng ta thu được $$(a+b+c)^2\ge 3\sqrt[3]{3(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)abc}\ \ (2)$$ Kết hợp $(1)&(2)$ chúng ta được điều phải chứng minh. | |
The Following User Says Thank You to Le khanhsy For This Useful Post: | vnt.hnue (30-12-2017) |
Bookmarks |
|
|