|
|
|
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 |
07-07-2011, 07:54 PM | #1621 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Trích:
$\frac{2(a+b+c)^2}{6(a+b+c)}-\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{6(a+b+c)}\ge\sqrt[3]{abc} $ $(a+b+c)^2+3(ab+bc+ca)\ge6\sqrt[3]{abc}(a+b+c) $ Chuẩn hóa cho $a+b+c=3, $ bất đẳng thức trở thành $3+ab+bc+ca\ge6\sqrt[3]{abc} $ Sử đánh giá $ab+bc+ca\ge\sqrt{3abc(a+b+c)}=3\sqrt{abc} $ ta đưa bài toán về chứng minh $1+\sqrt{abc}\ge 2\sqrt[3]{abc} $ Đặt $t=\sqrt[6]{abc}\le 1, $ ta có bất đẳng thức trên tương đương với $t^3+1\ge 2t^2 $ hay là $(1-t)(1+x-x^2)\ge0 $ Bài toán được chứng minh xong. __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport thay đổi nội dung bởi: Nguyenhuyen_AG, 07-07-2011 lúc 07:57 PM | |
The Following User Says Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post: | Goin (05-08-2013) |
07-07-2011, 07:56 PM | #1622 | ||
+Thành Viên+ | Trích:
Nhân $12(a+b+c) $ cho hai vế, ta sẽ được bất đẳng thức tương đương là $\[{a^2} + {b^2} + {c^2} + 5(ab + bc + ca) \ge 6\sqrt[3]{{abc}}(a + b + c).\] $ Hay viết lại là $\[{(a + b + c)^2} + 3(ab + bc + ca) \ge 6\sqrt[3]{{abc}}(a + b + c).\] $ Áp dụng AM-GM hai lần ta sẽ có ngay điều phải chứng minh $\begin{aligned} {(a + b + c)^2} + 3(ab + bc + ca) &\ge 2(a + b + c)\sqrt {3(ab + bc + ca)} \\ & \ge 6\sqrt[3]{{abc}}(a + b + c). \end{aligned} $ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. $ $\hfill \Box $ P/S: Có bài vui vui, mọi người làm thử . Trích:
thay đổi nội dung bởi: leviethai, 07-07-2011 lúc 07:59 PM | ||
The Following User Says Thank You to leviethai For This Useful Post: | Mr_Trang (10-07-2011) |
07-07-2011, 07:59 PM | #1623 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Mar 2010 Đến từ: Thái Bình Bài gởi: 564 Thanks: 289 Thanked 326 Times in 182 Posts | Chuyển hết thành $a^3,b^3,c^3 $ cho dễ khai triển. Khi đó, $S_a=b^4+c^4+2(a^3b+a^3c+ab^3+ac^3)-3b^2c^2 $, $S_b,S_c $ tương tự. Giả sử $a\ge b\ge c $, có ngay $S_b,S_b+S_a,S_b+S_c $ đều $>0 $. Và ta có đpcm!!! |
The Following User Says Thank You to Lan Phuog For This Useful Post: | Mr_Trang (10-07-2011) |
07-07-2011, 08:06 PM | #1624 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Đến từ: Đà Nẵng Bài gởi: 155 Thanks: 23 Thanked 128 Times in 68 Posts | Trích:
$ab+bc+ca\geqslant \sqrt[3]{a^2b^2c^2} $ Đưa bài toán về chứng minh $3+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}-6\sqrt[3]{abc} \geqslant 0\Leftrightarrow 3(\sqrt[3]{abc}-1)^2\geqslant 0 $ (đúng) | |
07-07-2011, 09:21 PM | #1625 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2011 Bài gởi: 271 Thanks: 299 Thanked 126 Times in 85 Posts | Bài 1: Cho tam giác $\[ABC\] $ có $\[C\le \frac{\pi }{2}\] $.Chứng minh rằng : $\[3\cos \frac{A}{3}+2\cos \frac{B}{2}+\cos C\le 2\sqrt{3}\] $ Bài 2: Cho các số thực dương $\[x;y;z\] $ thỏa mãn $\[xy+yz+zx=3\] $ Chứng minh rằng : $\[\frac{x+2y}{2x+4y+3{{z}^{2}}}+\frac{y+2z}{2y+4z+3{ {x}^{2}}}+\frac{z+2x}{2z+4x+3{{y}^{2}}}\le 1\] $ |
07-07-2011, 09:48 PM | #1626 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Trích:
$\frac{x+2y}{2x+4y+3{{z}^{2}}}=\frac{1}{3}-\frac{z^2 }{3(2x + 4y + 3z^2)} $ Nên bất đẳng thức trên tương đương với $\frac{x^2 }{2y + 4z + 3x^2}+\frac{y^2 }{2z + 4x + 3y^2}+\frac{z^2 }{2x + 4y + 3z^2}\ge \frac{1}{3} $ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có $\sum\frac{z^2 }{2x + 4y + 3z^2}\ge\frac{\left ({x^\frac{3}{2}+y^\frac{3}{2}+z^\frac{3}{2} \right )^2}}{3(x^3+y^3+z^3)+6(xy+yz+zx)} $ Vậy, ta cần chỉ ra rằng $\frac{\left ({x^\frac{3}{2}+y^\frac{3}{2}+z^\frac{3}{2} \right )^2}}{3(x^3+y^3+z^3)+6(xy+yz+zx)}\ge\frac{1}{3} $ hay là $(xy)^\frac{3}{2}+(yz)^\frac{3}{2}+(zx)^\frac{3}{2} \ge xy+yz+zx $ Bất đẳng thức này có thể chứng minh dễ dàng bằng AM-GM. __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport thay đổi nội dung bởi: Nguyenhuyen_AG, 08-07-2011 lúc 12:06 AM | |
The Following 3 Users Say Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post: |
07-07-2011, 11:54 PM | #1627 |
+Thành Viên+ | Bài của anh Hải ở trên là a,b,c là các số thực thỏa mãn $a+b+c=0 ,a^2+b^2+c^2=3 $.Tìm min của $P=a^{5}b+b^{5}c+c^{5}a $ Đầu tiên chặn khoảng a,b,c ta có: $2(3-a^2)=2(b^2+c^2)\ge(b+c)^2=a^2 \Rightarrow a^2\le2 $ Hay $-\sqrt{2}\le a,b,c\le\sqrt{2} $ Ta có:$\begin{cases}a+b+c=0\\ab+bc+ca=-\frac{3}{2}\\abc=t \end{cases} $ Xét thêm $Q=ab^5+bc^5+ca^5 $ Ta có hpt:$\begin{cases}P+Q=a^{5}b+b^{5}c+c^{5}a+ab^5+bc^5+ca ^5 \\ PQ=(a^{5}b+b^{5}c+c^{5}a)(ab^5+bc^5+ca^5) \end{cases} $ đều là các biểu thức đối xứng 3 biến nên luôn biểu diễn được dưới dạng $a+b+c,ab+bc+ca,abc $ do đó ta tìm được P theo biến t.Từ khoảng chặn của a,b,c ta chặn được t. Đến đây xét đạo hàm với hàm t trên đoạn nào đó.Em sợ sai nên chỉ nêu ý vậy.Anh Hải chỉ giáo. __________________ |
08-07-2011, 01:25 AM | #1628 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 358 Thanks: 437 Thanked 186 Times in 128 Posts | __________________ Giá trị đích thực của sự cho đi không nằm ở món quà lớn hay nhỏ, mà nằm ở tầm lòng của người cho! thay đổi nội dung bởi: je.triste, 08-07-2011 lúc 01:30 AM |
08-07-2011, 08:39 AM | #1629 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Đến từ: Đà Nẵng Bài gởi: 155 Thanks: 23 Thanked 128 Times in 68 Posts | |
08-07-2011, 10:26 AM | #1630 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Trích:
__________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport | |
The Following User Says Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post: | MathForLife (09-07-2011) |
08-07-2011, 01:13 PM | #1631 |
+Thành Viên+ | Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3 $ .Cmr: $(a-b)(b-c)(c-a)+2\ge\frac{2}{3}(ab+bc+ca). $ __________________ |
08-07-2011, 10:32 PM | #1632 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2010 Bài gởi: 3 Thanks: 4 Thanked 0 Times in 0 Posts | Chứng minh bất đẳng thức sau: với $a,b,c $ là các số thực dương. thay đổi nội dung bởi: Nguyenhuyen_AG, 09-07-2011 lúc 06:01 AM Lý do: Bổ sung điều kiện. |
08-07-2011, 11:08 PM | #1633 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Đến từ: Đà Nẵng Bài gởi: 155 Thanks: 23 Thanked 128 Times in 68 Posts | Sử dụng bất đẳng thức C-S,ta có : $\sum \sqrt{\frac{a^2}{4a^2+ab+4b^2}}\leqslant (\sum (4a^2+ac+4c^2))(\sum \frac{a^2}{(4a^2+ab+4b^2)(4a^2+ac+c^2)}) $ Do đó ta đi chứng minh: $(\sum (4a^2+ac+4c^2))(\sum \frac{a^2}{(4a^2+ab+4b^2)(4a^2+ac+c^2)})\leqslant 1 $ Điều này tương đương với:$(8\sum a^2+\sum ab)(8\sum a^2b^2+abc(a+b+c))\leqslant \prod (4a^2+ab+4b^2) $ Nhân hết ra ,ta được: $66a^2b^2c^2\leq 8abc(a^3+b^3+c^3)+8(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+3abc(a^2 (b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b))) $ (đúng theo Cô si) Vậy bài toán được chứng minh . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $ ------------------------------ Trích:
Nhưng mà cho $a=b=c =1 $ thì thấy bất đẳng thức sai. thay đổi nội dung bởi: khtoan, 08-07-2011 lúc 11:22 PM Lý do: Tự động gộp bài | |
The Following User Says Thank You to khtoan For This Useful Post: | ilovehien95 (09-07-2011) |
09-07-2011, 07:29 AM | #1634 | ||
+Thành Viên+ | Trích:
Làm Toán mà sợ sai thì đâu thể đi đến chốn phải không em ? Em thử trình bày lời giải của mình nhé, đáp án cuối cùng không quan trọng, cái chính là con đường đi đến đáp án đó là như thế nào. Mình đưa bài này không phải để mọi người làm việc với các đại lượng hoán vị , vì thực ra mình không biết nếu làm theo hướng đó thì sẽ đi tới đâu. Nếu muốn thử sức với các đại lượng hoán vị thì mình sẽ đưa ra gợi ý sau để mọi người tính toán dễ dàng hơn (và cũng là một phần của lời giải của mình ). Hãy biểu diễn $P=a^5b+b^5c+c^5a $ theo các đại lượng $abc,a^2b+b^2c+c^2a,ab^2+bc^2+ca^2 $ với điều kiện là $a+b+c=0 $ và $a^2+b^2+c^2=3 $. =========== Trích:
$\[2 - \frac{2}{3}(ab + bc + ca) \ge \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right|.\] $ Đến đây, ta có thể giả sử $a\ge b \ge c \ge 0. $ Để ý rằng $\[2 - \frac{2}{3}(ab + bc + ca) = \frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}}{3}.\] $ Nên ta cần chứng minh $\[\frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}}{3} \ge \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right|.\] $ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $\[\frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}}{3} \ge \sqrt[3]{{{{(a - b)}^2}{{(b - c)}^2}{{(c - a)}^2}}}.\] $ Như vậy ta cần chỉ ra rằng $\[\sqrt[3]{{{{(a - b)}^2}{{(b - c)}^2}{{(c - a)}^2}}}. \ge \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right|.\] $ Hay tức là (sau khi đã xét trường hợp hai biến bằng nhau) $\[1 \ge \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right|\] $ Bất đẳng thức này đúng vì theo AM-GM và điều giả sử ta có $\[\begin{aligned} \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right| &= (a - b)(a - c)(b - c)\\ &\le ab(a - b) = \sqrt {ab \cdot ab \cdot {{(a - b)}^2}} \\ & \le \sqrt {{{\left( {\frac{{ab + ab + {{(a - b)}^2}}}{3}} \right)}^3}} \\ &= \sqrt {{{\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{3}} \right)}^3}} , \end{aligned}\] $ Như vậy, ta có điều phải chứng minh. $\hfill \Box $ thay đổi nội dung bởi: leviethai, 09-07-2011 lúc 07:36 AM | ||
09-07-2011, 07:58 AM | #1635 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Trích:
Đoạn này anh làm giống Hải nhưng đến đoạn này anh làm khác. Giả thiết của bài toán cho ta $a+b+c\le 3. $ Sử dụng đánh giá này ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn sau đây $(a+b+c).[{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}] \ge 9\left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right| $ vì $a,b,c $ là các số thực không âm nên $a\ge |a-b|,\;\;b\ge |b-c|,\;\;c\ge |c-a| $ Vậy ta cần chứng minh được $[|a-b|+|b-c|+|c-a|][{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}] \ge 9\left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right| $ Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM. __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport | |
The Following User Says Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post: | Mr_Trang (10-07-2011) |
Bookmarks |
Tags |
bất đẳng thức |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|