|
|
|
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 |
05-02-2011, 12:10 PM | #721 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2010 Đến từ: Có những thứ mình đã nhẫn tâm đánh mất sẽ không bao giờ lấy lại được. Bài gởi: 257 Thanks: 103 Thanked 200 Times in 112 Posts | Trích:
$(\frac{12a}{4a+5b+3c})^{\frac{2}{3}} \le \frac{2}{3}.\frac{12a}{4a+5b+3c}+\frac{1}{3} $ Xây dựng các BĐT tương tự ta có : $\sum{(\frac{12a}{4a+5b+3c})^{\frac{2}{3}}} \le \frac{8a}{4a+5b+3c}+1 $ thay đổi nội dung bởi: Persian, 05-02-2011 lúc 12:39 PM | |
05-02-2011, 02:26 PM | #722 | |
Banned Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 42 Thanks: 2 Thanked 66 Times in 26 Posts | Trích:
Để ý rằng theo Cauchy Schwarz, dễ thấy $\sum \frac{a}{4a+5b+3c} \ge \frac{1}{4} $ | |
05-02-2011, 02:33 PM | #723 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 36 Thanks: 19 Thanked 0 Times in 0 Posts | Chứng minh: $ \frac{a^2 + b^2 + c^2}{ab + bc + ca} + \frac{8abc}{(a + b)(b + c)(c + a)} \geq 2 $ Ngoài SOS còn phương pháp nào khác hok các bạn, chẳng hạn như pqr, mình đang làm theo pqr mà hok ra. |
05-02-2011, 02:45 PM | #724 | |
Banned Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 42 Thanks: 2 Thanked 66 Times in 26 Posts | Trích:
và $(a+b)(b+c)(c+a)-8abc=\sum (b+c)(a-b)(a-c) $ Dễ thấy bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành: $\left[\frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{1}{(a+b)(a+c)} \right](a-b)(a-c) \ge 0 $ (hiển nhiên đúng theo Voni Schur) | |
The Following 4 Users Say Thank You to nguoivn For This Useful Post: |
05-02-2011, 03:14 PM | #725 | |||
+Thành Viên+ | Trích:
$(1-3q)q+(5q-1)r\leq \frac{1}{12} $ +, $q\leq \frac{1}{5} $ ta có: $(1-3q)q+(5q-1)r\leq(1-3q)q=\frac{1}{3}.(1-3q)3q\leq \frac{1}{12} $ ( Cosi) +, $q> \frac{1}{5} $ ta có: $(1-3q)q+(5q-1)r\leq (1-3q)q+(5q-1).\frac{q}{9}=\frac{-88q^{2}+32q-3}{36}+\frac{1}{12}< \frac{1}{12} $ $\Rightarrow $ đpcm. ------------------------------ Trích:
Ta có: $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}{c^{2}+ab +bc+ca}=\frac{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}{(a+c)(b+c)} $ khi đó ta chứng minh: $\frac{a^{2}+b^{2}+2c^{2}}{(a+c)(b+c)}+\frac{8abc}{ (a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2 $ $\Leftrightarrow (a+b-2c)(a-b)^{2}\geq 0 $ $\Rightarrow $ đpcm. ------------------------------ Trích:
Gọi $p,R,r $ là nửa chu vi, bk đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác đó. Khi đó ta có: $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}=\frac{p^{2}}{4R r+r^{2}}-2 $ $\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{2r}{R} $ Ta viết lại BĐT dưới dạng: $\frac{p^{2}}{4Rr+r^{2}}+\frac{2r}{R}\geq 4 $ $\Leftrightarrow Rp^{2}\geq 16R^{2}r-2r^{3}-4Rr^{2} $ $\Leftrightarrow p^{2}\geq 16Rr-5r^{2}+\frac{r^{2}(R-2r)}{R} $ (*) Do BĐT (*) đúng theo định lý GLA nên BĐT được chứng minh. thay đổi nội dung bởi: khaitang1234, 05-02-2011 lúc 03:44 PM Lý do: Tự động gộp bài | |||
The Following 3 Users Say Thank You to khaitang1234 For This Useful Post: |
05-02-2011, 09:37 PM | #726 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2010 Đến từ: CT force Bài gởi: 731 Thanks: 603 Thanked 425 Times in 212 Posts | Bài này mình đã post 1 lần trên cũng topic này rồi nhưng chưa có ai giải, bây giờ mình post lại cho các bạn thử sức luôn nha : 1.Cho a,b dương có tổng bằng 2, n là số nguyên dương, chứng minh rằng: $\sqrt{a^{n(n-1)}b^{n(n-1)}}(a^n+b^n) \le 2 $ 2. Liệu bạn có thể tổng quát lên k biến? thay đổi nội dung bởi: MathForLife, 05-02-2011 lúc 09:39 PM |
05-02-2011, 09:48 PM | #727 | |
Banned Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 42 Thanks: 2 Thanked 66 Times in 26 Posts | Trích:
PS: Bài toán mạnh hơn này đã được đề cập ở trang 75 cuốn "BDT và cực trị cho hs lớp 8, 9" (Nguyễn Văn Dũng - Võ Quốc Bá Cẩn - Trần Quốc Anh). | |
05-02-2011, 10:52 PM | #728 | ||
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Đến từ: Đà Nẵng Bài gởi: 287 Thanks: 17 Thanked 104 Times in 43 Posts | Trích:
Lấy $b=c=1, a \in (1;\frac{5}{3}) $ thì rõ ràng vế trái nhỏ hơn vế phải Trích:
__________________ TOÁN HỌC LÀ CUỘC SỐNG CỦA TÔI | ||
05-02-2011, 10:58 PM | #729 |
Banned Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 42 Thanks: 2 Thanked 66 Times in 26 Posts | Em quy đồng lên thì đc bất đẳng thức bậc 7 chứ cần gì đồng bậc Bài đó a chế cũng lâu lâu rồi. Có 2 lời giải chỉ bằng AM-GM. |
05-02-2011, 11:04 PM | #730 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2010 Đến từ: CT force Bài gởi: 731 Thanks: 603 Thanked 425 Times in 212 Posts | Khi $n\ge 4 $ thì bất đẳng thức của anh yếu hơn nhiều so với em đưa ra, anh ạ. |
05-02-2011, 11:11 PM | #731 | |
Banned Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 42 Thanks: 2 Thanked 66 Times in 26 Posts | Trích:
Còn với $n \ge 3 $ thì hiển nhiên $n^2-n \ge 2n $, do đó anh mới nói bất đẳng thức của em yếu hơn (em thử lấy ví dụ $n=4 $ xem sao nhé) | |
The Following User Says Thank You to nguoivn For This Useful Post: | MathForLife (06-02-2011) |
06-02-2011, 08:41 AM | #732 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2009 Bài gởi: 310 Thanks: 5 Thanked 751 Times in 187 Posts | Trích:
$\begin{aligned} \frac{2a(bc+ca-2ab)}{(2a+b)^2} &=\frac{a\left[(2b^2+bc)+(2ac+bc)-2(2ab+b^2)\right]}{(2a+b)^2}\\ &=\frac{ab(2b+c)}{(2a+b)^2}+\frac{ca}{2a+b}-\frac{2ab}{2a+b}.\end{aligned} $ Từ đây ta có $\begin{aligned} 2\sum \frac{a(bc+ca-2ab)}{(2a+b)^2} &=\sum \frac{ab(2b+c)}{(2a+b)^2}+\sum \frac{ca}{2a+b} -\sum \frac{2ab}{2a+b} \\ &=\sum \frac{ab(2b+c)}{(2a+b)^2}+\sum \frac{ab}{2b+c} -\sum \frac{2ab}{2a+b} \\ &=\sum ab(2b+c)\left(\frac{1}{2a+b}-\frac{1}{2b+c}\right)^2 \ge 0. \end{aligned} $ __________________ The love makes us stronger! Võ Quốc Bá Cẩn | |
The Following 4 Users Say Thank You to can_hang2008 For This Useful Post: | daylight (09-02-2011), khaitang1234 (06-02-2011), long_chau2010 (06-02-2011), Mệnh Thiên Tử (06-02-2011) |
06-02-2011, 09:04 AM | #733 |
Banned Tham gia ngày: Mar 2008 Bài gởi: 99 Thanks: 41 Thanked 71 Times in 27 Posts | 1. Cho x,y là số thực.Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $ P=\frac{4( 2x+y)-13}{( x^2+5 )(y^2+5)} $ ------------------------------2. Cho $ a, b, c $ dương thỏa mãn $12{{a}^{2}}+3{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}=20 $ .Tìm giá trị lớn nhất của $P=\left( a+b \right)\left( 1+c \right) $ thay đổi nội dung bởi: kthptdc4, 06-02-2011 lúc 09:06 AM Lý do: Tự động gộp bài |
06-02-2011, 11:41 AM | #734 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2010 Đến từ: CT force Bài gởi: 731 Thanks: 603 Thanked 425 Times in 212 Posts | Trích:
Anh thử cho $n=4;a=1,1;b=0,9 $ xem sao nhé! | |
06-02-2011, 12:12 PM | #735 |
+Thành Viên+ | Mũ 4 2 vế. Ta được ${\left( {\frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{c} + \frac{{{c^2}}}{a}} \right)^4} \ge \frac{{3({a^3} + {b^3} + {c^3})}}{{abc}} \cdot {({a^2} + {b^2} + {c^2})^2}. $ Áp dụng Cauchy Schwarz, ta có $\frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{c} + \frac{{{c^2}}}{a} \ge \frac{{{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}^2}}}{{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a}}. $ Vì vậy ta chỉ cần chứng minh ${\left( {\frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{c} + \frac{{{c^2}}}{a}} \right)^3} \ge \frac{{3({a^3} + {b^3} + {c^3})({a^2}b + {b^2}c + {c^2}a)}}{{abc}}. $ Hay ${\left( {\frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{c} + \frac{{{c^2}}}{a}} \right)^6} \ge \frac{{9{{({a^3} + {b^3} + {c^3})}^2}{{({a^2}b + {b^2}c + {c^2}a)}^2}}}{{{{(abc)}^2}}}. $ Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc $(x+y+z)^6\ge 27(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx)^2. $, ta có ${\left( {\frac{{{a^2}}}{b} + \frac{{{b^2}}}{c} + \frac{{{c^2}}}{a}} \right)^6} \ge 27 \cdot \left( {\frac{{{a^4}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^4}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^4}}}{{{a^2}}}} \right){\left( {\frac{{{a^2}b}}{c} + \frac{{{b^2}c}}{a} + \frac{{{c^2}a}}{b}} \right)^2}. $ Vậy ta cần chứng minh $3\left( {\frac{{{a^4}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^4}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^4}}}{{{a^2}}}} \right){\left( {{a^3}{b^2} + {b^3}{c^2} + {c^3}{a^2}} \right)^2} \ge {({a^3} + {b^3} + {c^3})^2}{({a^2}b + {b^2}c + {c^2}a)^2}. $ Bất đẳng thức này đúng từ các bất đẳng thức sau $({a^3}{b^2} + {b^3}{c^2} + {c^3}{a^2})(a + b + c) \ge {({a^2}b + {b^2}c + {c^2}a)^2}, $ $\left( {\frac{{{a^4}}}{{{b^2}}} + \frac{{{b^4}}}{{{c^2}}} + \frac{{{c^4}}}{{{a^2}}}} \right)({a^3}{b^2} + {b^3}{c^2} + {c^3}{a^2})({a^2} + {b^2} + {c^2}) \ge {({a^3} + {b^3} + {c^3})^3}, $ (Holder) $3({a^3} + {b^3} + {c^3}) \ge ({a^2} + {b^2} + {c^2})(a + b + c). $ (Chebychev) Vậy ta có ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $. @Mathforlife: bất đẳng thức $\sqrt{a^{n(n-1)}b^{n(n-1)}}(a^n+b^n)\le 2 $ có thể được dùng để chứng minh bài VMO năm nay. Tổng quát hơn là $n $ là số thực không bé hơn 1. Cách giải tốt nhất là dùng đạo hàm, bạn có thể tham khảo lời giải trong file lời giải VMO của diễn đàn Math.vn (mình xin không post ở đây). Đồng thời, $k=\dfrac{n(n-1)}{2} $ cũng là hằng số tốt nhất cho bất đẳng thức $a^kb^k(a^n+b^n)\le 2 $ thay đổi nội dung bởi: leviethai, 06-02-2011 lúc 09:07 PM |
The Following 5 Users Say Thank You to leviethai For This Useful Post: | conan236 (06-02-2011), innocent (06-02-2011), khaitang1234 (06-02-2011), long_chau2010 (06-02-2011), MathForLife (06-02-2011) |
Bookmarks |
Tags |
bất đẳng thức |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|