|
|
|
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 |
20-02-2011, 03:21 PM | #901 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Đến từ: Đà Nẵng Bài gởi: 287 Thanks: 17 Thanked 104 Times in 43 Posts | Hai bất đẳng thức 6 biến 1. Cho $a,b,c,x,y,z $ là sáu số dương thỏa mãn : $ax+by+cz=xyz $. Chứng minh rằng : $x+y+z > \sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a} $ 2. Cho $a,b,c,d,x,y,z $ là các số thực thỏa : $(a+b+c)(x+y+z)=3 $ và $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=4 $. Chứng minh rằng :$ax+by+cz \geq 0 $ __________________ TOÁN HỌC LÀ CUỘC SỐNG CỦA TÔI thay đổi nội dung bởi: conan236, 20-02-2011 lúc 03:24 PM |
20-02-2011, 03:51 PM | #902 | |
+Thành Viên+ | Trích:
$y=\frac{a}{z}+\frac{by}{xz}+\frac{c}{x}>\frac{a}{z }+\frac{c}{x} $ $z=\frac{a}{y}+\frac{b}{x}+\frac{cz}{xy}>\frac{a}{y }+\frac{b}{x} $ $\Rightarrow x+y+z> \frac{b+c}{x}+\frac{c+a}{y}+\frac{a+b}{z} $ $\Rightarrow 2(x+y+z)> x+\frac{b+c}{x}+y+\frac{c+a}{y}+z+\frac{a+b}{z} $ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được $x+\frac{b+c}{x}+y+\frac{c+a}{y}+z+\frac{a+b}{z} \geq 2\sqrt{b+c}+2\sqrt{c+a}+2\sqrt{a+b} $ $\Rightarrow x+y+z>\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}+\sqrt{a+b} $ | |
20-02-2011, 03:52 PM | #903 | |||
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Đến từ: Đà Nẵng Bài gởi: 287 Thanks: 17 Thanked 104 Times in 43 Posts | Trích:
------------------------------ Trích:
Ta có : $p^2 \geq 3q = 3 $ Hơn nữa: a,b,c là 3 cạnh tam giác nên : $a<b+c \Rightarrow a^2 < ab+ac, b<c+a \Rightarrow b^2 < bc+ca, c<a+b \Rightarrow c^2 < ca+cb $ Cộng 3 bđt trên suy ra : $p^2 < 4q =4 $ Tóm lại ta có : $3\leq p^2 <4 $ Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với : $p^3 + (p^2+6)r \geq 4p $ Theo bđt Schur ta có : $r \geq \frac{4pq-p^3}{9}=\frac{4p-p^3}{9} $, do đó : $p^3 + (p^2+6)r \geq p^3+(p^2+6)\frac{4p-p^3}{9} (1) $ Mà $p^3+(p^2+6)\frac{4p-p^3}{9} - 4p = \frac{-p(p^2-4)(p^2-3)}{9} \geq 0 (2) $ Từ $(1),(2) $ có đpcm. ----------------------------- Một bài bđt tam giác khác : Cho $a,b,c $ là ba cạnh tam giác. Chứng minh rằng : $\sum \frac{bc\sqrt{3a^2+2b^2+2c^2+2bc}}{b+c-a} \geq 3(ab+bc+ca) $ ------------------------------Trích:
__________________ TOÁN HỌC LÀ CUỘC SỐNG CỦA TÔI thay đổi nội dung bởi: conan236, 20-02-2011 lúc 03:57 PM Lý do: Tự động gộp bài | |||
The Following 2 Users Say Thank You to conan236 For This Useful Post: | khaitang1234 (20-02-2011), phongvân (21-02-2011) |
20-02-2011, 05:22 PM | #904 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Đến từ: Ha Noi Bài gởi: 551 Thanks: 877 Thanked 325 Times in 188 Posts | Trích:
Tương đương : $\sum \frac{c(ab+1)}{a+b} \ge 2 $ Thay $1=ab+bc+ac $ được cái đó anh đúng theo Schur thay đổi nội dung bởi: daylight, 20-02-2011 lúc 05:56 PM | |
The Following 2 Users Say Thank You to daylight For This Useful Post: | khaitang1234 (21-02-2011), n.v.thanh (20-02-2011) |
20-02-2011, 05:33 PM | #905 | |
+Thành Viên+ | Trích:
$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}-a-b-c=\frac{(a+b)}{ab}(a-b)^{2}+\frac{b+c}{ac}(a-c)(b-c) $ $\sum \frac{a^{2}}{b+c}-\frac{a+b+c}{2}=\frac{a+b+c}{(a+c)(b+c)}(a-b)^{2}+\frac{(a+b+c)(a+b+2c)}{2(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c) $ khi đó BĐT trở thành: $(a-b)^{2}(\frac{a+b}{ab}-\frac{2(a+b+c)}{(a+c)(b+c)})+(a-c)(b-c)(\frac{b+c}{ac}-\frac{(a+b+c)(a+b+2c)}{(a+b)(b+c)(c+a)})\geq 0 $ giả sử $a\leq b\leq c $ khi đó BĐT đúng. ------------------------------ Làm rõ ra đi em, anh chưa hiểu mấy thay đổi nội dung bởi: khaitang1234, 20-02-2011 lúc 05:49 PM Lý do: Tự động gộp bài | |
20-02-2011, 05:57 PM | #906 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Đến từ: Ha Noi Bài gởi: 551 Thanks: 877 Thanked 325 Times in 188 Posts | Trích:
cho a,b,c là các số thực dương. chứng minh rằng : $2\sum \frac{a^2}{b+c} \ge \frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac} $ thay đổi nội dung bởi: daylight, 20-02-2011 lúc 06:00 PM | |
The Following User Says Thank You to daylight For This Useful Post: | phongvân (21-02-2011) |
20-02-2011, 06:30 PM | #907 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Đến từ: Đà Nẵng Bài gởi: 287 Thanks: 17 Thanked 104 Times in 43 Posts | Trích:
$\sum a^3 + 2abc \sum \frac{a}{b+c} \geq \sum a^2(b+c) $ Hiển nhiên đúng theo Schur __________________ TOÁN HỌC LÀ CUỘC SỐNG CỦA TÔI | |
20-02-2011, 07:33 PM | #908 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2010 Bài gởi: 182 Thanks: 143 Thanked 79 Times in 55 Posts | Trích:
Hic Chur có nhiều khai triển thế bạn nào có file tổng hợp các khai triển của Chur ko share mình với mình chỉ thuộc có số ít các khai triển của Chur thôi. __________________ MH | |
20-02-2011, 08:16 PM | #909 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Đến từ: 11 Toán CQB Bài gởi: 98 Thanks: 83 Thanked 69 Times in 38 Posts | Cho a,b,c là 3 cạnh của 1 tam giác, chứng minh rằng: $(2 \sum a^2(b+c)- 2 \sum a^3 +3abc)abc \geq (a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)(ab+ba+ca) $ |
20-02-2011, 08:30 PM | #910 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Cho $a,b,c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng $4a^2b^2c^2\ge (a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $ __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport |
20-02-2011, 08:38 PM | #911 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2009 Bài gởi: 47 Thanks: 19 Thanked 18 Times in 14 Posts | Trích:
$\frac{a^3+b^3+c^3+abc}{a+b+c} \le R^2 $ Khai triển $[(a+b).\overrightarrow{OC}+ (c+b).\overrightarrow{OA} + (a+c).\overrightarrow{OB}] \ge 0 $ O là tâm đg tròn ngoại tiếp ta đc kết quả trên __________________ graciás por favor me, graciás amigos ! thay đổi nội dung bởi: dandoh221, 21-02-2011 lúc 07:08 PM | |
The Following User Says Thank You to dandoh221 For This Useful Post: | daylight (20-02-2011) |
20-02-2011, 09:04 PM | #912 |
+Thành Viên+ | $\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\f rac{c^{2}+a^{2}}{c+a}\leq \frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a+b+c} $ |
20-02-2011, 09:12 PM | #913 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Bài gởi: 197 Thanks: 185 Thanked 49 Times in 31 Posts | $\[a^2 + b^2 + c^2 = 3;\] $;a,b,c>0 chứng minh $\[ 8\left( {2 - a} \right)\left( {2 - b} \right)\left( {2 - c} \right) \ge (a + bc)(b + ac)(c + ab) \] $ bài này mình đã lập 1 topic nhưng cách giải sai. Giờ post lại cho mọi người nghiên cứu |
20-02-2011, 09:16 PM | #914 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Trích:
$(a+b+c)\left (\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+ \frac{c^{2}+a^{2}}{c+a} \right ) \leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) $ $a^2+b^2+c^2+2abc\left (\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right ) \ge 2(ab+bc+ca) $ Mặt theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \ge \frac{9}{2(a+b+c)} $ Vậy để chứng minh bài toán, ta cần chứng minh được $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\ge 2(ab+bc+ca) $ Nhưng đấy là bất đẳng thức Schur bậc ba dạng phân thức nên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c $ hoặc $a=b,c=0 $ và các hoán vị. __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport | |
The Following 3 Users Say Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post: |
20-02-2011, 09:26 PM | #915 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2010 Bài gởi: 182 Thanks: 143 Thanked 79 Times in 55 Posts | Cho a,b,c>0 CMR: $a^2b^2(a-b)^2+b^2c^2(b-c)^2+c^2a^2(c-a)^2 \geq [(a-b)(b-c)(c-a)]^2 $ __________________ MH |
Bookmarks |
Tags |
bất đẳng thức |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|