|
|
|
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 |
24-01-2011, 09:58 PM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Đến từ: VietNam Bài gởi: 24 Thanks: 19 Thanked 6 Times in 4 Posts | 2 bài bất đẳng thức, cực trị ( chưa rõ cách làm ) Bài 2:Cho x,y,z > 0. t/m $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\leq3(x+y+z)(xy +yz+zx) $ Tìm Min của $\frac{xy}{z^2+1}+\frac{yz}{x^2+1}+\frac{xz}{y^2+1} $ Bài 2: Cho a,b,c > 0 t\m $abc\geq1 $ CMR: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq2(a+b+c+1) $ thay đổi nội dung bởi: Math war, 24-01-2011 lúc 10:05 PM |
25-01-2011, 03:49 PM | #2 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2010 Đến từ: Tuy Hòa Bài gởi: 198 Thanks: 198 Thanked 129 Times in 72 Posts | Trích:
$xyz(x+y+z)\ge \frac{1}{3} $ Ta có: $\sum{\frac{xy}{z^2+1}}=\sum{\frac{x^2y^2}{z^2xy+xy }}\ge\sum{\frac{(xy+yz+zx)^2}{xyz(x+y+z)+xy+yz+zx} } $ Ta sẽ chứng minh giá trị nhỏ nhất của biểu thức là $\frac{3}{4} $ Hay là sẽ chứng minh $4(xy+yz+zx)^2\ge 3xyz(x+y+z)+3(xy+yz+zx) $ Mà ta có $(xy+yz+zx)^2\ge 3xyz(x+y+z) $ Và $xy+yz+zx\ge\sqrt{3xyz(x+y+z)}\ge 1 $ Nên $(xy+yz+zx)^2\ge xy+yz+zx $ Vậy GTNN của biểu thức là $\frac{3}{4} $ đạt được khi $x=y=z=\frac{1}{\sqrt{3}} $ Bài 2: Bất đẳng thức đã cho tương đương với: $\sum{ab(a+b)}+2abc\ge 2(a+b+c)+2 $ Ta có $abc\ge 1 $ Áp dụng AM-GM cho 6 số dương, ta được: $3\sum{ab(a+b)}=2\sum{ab(a+b)}+\sum{ab(a+b)}\ge 2\sum{ab(a+b)}+6abc=2(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 6(a+b+c) $ Do đó: $\sum{ab(a+b)}\ge 2abc $ Vậy bất đẳng thức được chứng minh. thay đổi nội dung bởi: shinomoriaoshi, 25-01-2011 lúc 05:02 PM | |
Bookmarks |
|
|