|
|
|
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 |
26-07-2012, 09:47 AM | #31 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 303 Thanks: 129 Thanked 130 Times in 81 Posts | Trích:
__________________ | |
27-07-2012, 05:28 PM | #32 | ||
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2012 Đến từ: Cái nôi của phở Bài gởi: 259 Thanks: 78 Thanked 697 Times in 193 Posts | Trích:
Với $ a>0 $ ta có $$ 1728(2a^3-a^2+a+6)-(5a+19)^3=(a-1)^2(3331a+3509) \geq 0 \Rightarrow \sqrt[3]{2a^3-a^2+a+6} \geq \dfrac{5a+19}{12} $$ Thay $ a $ lần lượt bởi $ \dfrac{x}{y} $ và $ \dfrac{y}{x} $ ta có $$ \sqrt[3]{2x^3+6y^3+xy(y-x)} \geq \dfrac{5x+19y}{12} $$ $$ \sqrt[3]{2y^3+6x^3+xy(x-y)} \geq \dfrac{5y+19x}{12} $$ Từ đó ta có $ P \leq \dfrac{x+y}{2(x+y)}=\dfrac{1}{2} $ Vậy giá trị lớn nhất của $ P $ là $ \dfrac{1}{2} $ khi $ x=y $ Trích:
$$ A=\dfrac{1}{xyz}-\dfrac{x}{yz}-\dfrac{y}{zx}-\dfrac{z}{xy}-54(x^3+y^3+z^3) $$ $$ =\dfrac{(x+y+z)^2-x^2-y^2-z^2}{xyz}-54(x^3+y^3+z^3) $$ $$ =2\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-27(x^3+y^3+z^3)\right) $$ Xét $ f(x,y,z)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-27(x^3+y^3+z^3) $ Không giảm tổng quát giả sử $ 1>x \geq y \geq z>0 $ ,ta có $$ f(x,y,z)-f\left( x,\dfrac{y+z}{2},\dfrac{y+z}{2}\right)=\dfrac{(y-z)^2(4-81yz(y+z)^2)}{4yz(y+z)} $$ Chú ý $ 0< 3(y+z) \leq 2(x+y+z)=2 $ nên $ 4-81yz(y+z)^2 \geq \dfrac{16-81(y+z)^4}{4} \geq 0 $ $ \Rightarrow f(x,y,z) \geq f\left( x,\dfrac{y+z}{2},\dfrac{y+z}{2}\right)=g(x)=\dfrac {1}{x}+\dfrac{4}{1-x}-27x^3-\dfrac{27(1-x)^3}{4} $ Có $ g'(x)=\dfrac{-1}{x^2}+\dfrac{4}{(1-x)^2}-81x^2+\dfrac{81(1-x)^2}{4}=\dfrac{(3x-1)^2(3x-2)(x+1)(9x-9x^2+2)}{4x^2(1-x)^2} $ Lập bảng biến thiên ta có $ g(x) \geq g\left(\dfrac{2}{3}\right)=\dfrac{21}{4} $ Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là $ \dfrac{21}{2} $ khi $ x=\dfrac{2}{3},y=z=\dfrac{1}{6} $ và các hoán vị. P/S: Một cách tiếp cận khác cho bài toán này có thể xem trong cuốn Sử dụng phương pháp Cauchy-Schwarz để chứng minh bất đẳng thức của hai tác giả Võ Quốc Bá Cẩn - Trần Quốc Anh.Bài toán trên tương tự bài 193 trong cuốn sách này. Bài toán 13 : Cho $ a,b,c $ là độ dài ba cạnh của một tam giác ( có thể suy biến ) thỏa mãn $ a+b+c=3 $.Chứng minh rằng $$ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{19}{ 12} \geq \dfrac{6(a^4+b^4+c^4)}{7} $$ Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a=\dfrac{3}{2} ; b=1 ; c=\dfrac{1}{2} $ và các hoán vị. __________________ The love make us weaker Autumn thay đổi nội dung bởi: quykhtn, 27-07-2012 lúc 10:02 PM | ||
The Following 9 Users Say Thank You to quykhtn For This Useful Post: | Akira Vinh HD (02-08-2012), bboy114crew (05-08-2012), K56khtn (06-08-2012), kieudinhminh (03-02-2013), lovetohop (22-08-2012), mrvui123 (21-09-2012), Trầm (05-08-2012), vanthanh0601 (05-08-2012), vjpd3pz41iuai (05-08-2012) |
05-08-2012, 01:45 PM | #33 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2012 Bài gởi: 9 Thanks: 8 Thanked 1 Time in 1 Post | Trích:
------------------------------------- Ta có BĐT quen thuộc: \[\frac{{1 + {a^k}}}{{1 + {a^k} + {a^{2k}}}} + \frac{{1 + {b^k}}}{{1 + {b^k} + {b^{2k}}}} + \frac{{1 + {c^k}}}{{1 + {c^k} + {c^{2k}}}} \le 2\] thật vậy: \[ineq \Leftrightarrow \sum {\frac{{{a^{2k}}}}{{1 + {a^k} + {a^{2k}}}} \ge 1} \] \[ \Leftrightarrow \sum {\frac{1}{{1 + \frac{1}{{{a^k}}} + \frac{1}{{{a^{2k}}}}}}} \ge 1\] BĐT cuối là BĐT vacs rồi. ---------------------------- Dễ dàng ta chứng minh được BĐT sau: \[\frac{1}{{{a^2} - a + 1}} \le \frac{3}{2}.\frac{{1 + {a^2}}}{{1 + {a^2} + {a^4}}}\] \[ \Rightarrow LHS \le \frac{3}{2}\sum {\frac{{1 + {a^2}}}{{1 + {a^2} + {a^4}}}} \le 3\] BĐT được CM. | |
The Following User Says Thank You to VYKA For This Useful Post: | hoang_kkk (28-01-2013) |
06-08-2012, 04:59 PM | #34 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2012 Đến từ: Cái nôi của phở Bài gởi: 259 Thanks: 78 Thanked 697 Times in 193 Posts | Trích:
Chú ý rằng $$ 2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-\left(a^4+b^4+c^4\right)=(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) \geq 0 $$ $$ \Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^2 \geq 2(a^4+b^4+c^4) $$ Ta chỉ cần chứng minh $$ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{19}{ 12} \geq \dfrac{3\left(a^2+b^2+c^2 \right)^2}{7} $$ Đặt $ a=y+z,b=z+x,c=x+y \Rightarrow x,y,z \geq 0; x+y+z=\dfrac{3}{2} $ Bất đẳng thức trở thành $$ \dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{1}{x+y}+ \dfrac{19}{12} \geq \dfrac{12\left(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\right)^2}{7} $$ Đặt $ 4(xy+yz+zx)=t \Rightarrow 3 \geq t > 0 $ Ta có $ x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx=(x+y+z)^2-(xy+yz+zx)=\dfrac{9-t}{4} $ Nhân cả hai vế với $ x+y+z $ và chú ý rằng $$ (x+y+z)\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}+\dfrac{ 1}{x+y}\right)=3+\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+ \dfrac{z}{x+y} \geq 3+\dfrac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}=1+\dfrac{9}{t} $$ Ta chỉ cần chứng minh $$ \dfrac{9}{t}+\dfrac{27}{8} \geq \dfrac{9(9-t)^2}{56} $$ $$ \Leftrightarrow t^3-18t^2+6t-56 \leq 0 $$ $$ \Leftrightarrow (t-2)^2(t-14) \leq 0 $$ Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng. Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow x+y+z=\dfrac{3}{2} ; xy+yz+zx=\dfrac{1}{2} ;xyz=0 \Leftrightarrow (x,y,z)=\left(0;\dfrac{1}{2};1\right)$ hay $ a=\dfrac{3}{2}, b=1 ,c=\dfrac{1}{2} $ và các hoán vị tương ứng. __________________ The love make us weaker Autumn | |
06-08-2012, 05:51 PM | #35 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Bài gởi: 60 Thanks: 0 Thanked 28 Times in 18 Posts | Trích:
$$2a=y+z,2b=z+x,2c=x+y.$$ Khi ấy $x+y+z=3$ và bất đẳng thức của ta trở thành $$16\sum\frac{1}{y+z}+\frac{38}{3}\ge\frac{3}{7} \sum (y+z)^4.$$ Đổi biến $xy+yz+zx=q,xyz=r,$ ta có $r\ge 0,0\le q\le 3$ và bất đẳng thức trên tương đương với $$\frac{8(9+q)}{3q-r}+\frac{19}{3}\ge\frac{3}{7}(81-18q+q^2-12r).$$ Vì $r\ge 0$ nên ta chỉ cần chứng minh $$\frac{8(9+q)}{3q}+\frac{19}{3}\ge\frac{3}{7}(81-18q+q^2).$$ Bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức hiển nhiên đúng $$\frac{3(2-q)^2(14-q)}{7q}\ge0.$$ | |
07-08-2012, 12:11 PM | #36 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2012 Đến từ: Cái nôi của phở Bài gởi: 259 Thanks: 78 Thanked 697 Times in 193 Posts | Bài toán 14 .Cho các số thực dương $ a,b,c $.Chứng minh rằng $$ \left(\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{3} \right)\left(\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{1}{3} \right)\left(\dfrac{c^2}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{3} \right) \geq \left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{1}{3}\right) \left(\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{1}{3} \right)\left(\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{1}{3} \right). $$ __________________ The love make us weaker Autumn |
09-08-2012, 08:49 PM | #37 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 657 Thanks: 388 Thanked 470 Times in 196 Posts | Lấy logarit nepe hai vế, ta được bất đẳng thức: $$\ln\left(\dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{3}\right ) +\ln\left(\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{1}{3}\right) +\ln\left(\dfrac{c^2}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{3}\right) \ge \ln\left(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{1}{3}\right) +\ln\left(\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{1}{3}\right) +\ln\left(\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{1}{3}\right)$$ Như vậy ta sẽ chứng minh hàm số: $f(x)=\ln\left(\dfrac{a^x}{b^x+c^x} +\dfrac{1}{3}\right) +\ln\left(\dfrac{b^x}{c^x+a^x} +\dfrac{1}{3}\right) +\ln\left(\dfrac{c^x}{a^x+b^x} +\dfrac{1}{3}\right)$ đồng biến với $a, b, c, x >0$ Ta có: $$f'(x)=\sum \dfrac{3a^x\left[\ln a(b^x+c^x)-\ln b.b^x-\ln c.c^x\right]}{(b^x+c^x)(3a^x+b^x+c^x)} =\sum \dfrac{3a^xb^x(a^x-b^x)(\ln a - \ln b)(a^x+b^x-c^x)}{(3a^x+b^x+c^x)(3b^x+c^x+a^x)(b^x+c^x)(a^x+c^ x)}$$ Không mất tính tổng quát, giả sử $a\ge b \ge c >0$. Ta có: $(a^x-c^x)(\ln a - \ln c)= (a^x-b^x+b^x-c^x)(\ln a - \ln b + \ln b - \ln c)$ $=(a^x-b^x)(\ln a-\ln b)+(a^x-b^x)(\ln b - \ln c)+(b^x-c^x)(\ln a - \ln b)+(b^x-c^x)(\ln b - \ln c) \ge (b^x-c^x)(\ln b - \ln c)$ Do đó: $f'(x) \ge \dfrac{3b^xc^x(b^x-c^x)(\ln b - \ln c)(c^x+b^x-a^x)}{(3b^x+c^x+a^x)(3c^x+a^x+b^x)(c^x+a^x)(a^x+b^ x)} +\dfrac{3c^xa^x(b^x-c^x)(\ln b - \ln c)(c^x+a^x-b^x)}{(3c^x+a^x+b^x)(3a^x+b^x+c^x)(a^x+b^x)(b^x+c^ x)}$ $=\dfrac{3c^x(b^x-c^x)(\ln b - \ln c)\left[b^x(c^x+b^x-a^x)(b^x+c^x)(3a^x+b^x+c^x)+a^x(c^x+a^x-b^x)(3b^x+a^x+c^x)(a^x+b^x)\right]}{(a^x+b^x)(b^x+c^x)(c^x+a^x)(3a^x+b^x+c^x)(3b^x+c ^x+a^x)(3c^x+a^x+b^x)}$ Đặt $x=a^x,y=b^x,z=c^x$. Ta có: $y(y+z-x)(3x+y+z)(y+z)+x(z+x-y)(3y+z+x)(z+x) \ge y(y+z-x)(3x+y+z)(y+z)+y(z+x-y)(3y+z+x)(y+z)>0$ Do đó $f'(x) \ge 0 \forall x >0$. $f'(x)=0 \Leftrightarrow a= b=c$ Vậy hàm số đồng biến và bất đẳng thức được chứng minh. __________________ thay đổi nội dung bởi: Trầm, 09-08-2012 lúc 09:50 PM |
09-08-2012, 09:42 PM | #38 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2012 Đến từ: Cái nôi của phở Bài gởi: 259 Thanks: 78 Thanked 697 Times in 193 Posts | tanggo nên dùng kí hiệu $ \sum $ để lời giải gọn hơn Bài toán 15 Cho các số thực dương $ a,b,c $ thỏa mãn $ abc=1 $.Chứng minh rằng $$ 1) \ \ \ \ \sqrt[3]{\dfrac{a^3+b^3}{2}}+\sqrt[3]{\dfrac{b^3+c^3}{2}}+\sqrt[3]{\dfrac{c^3+a^3}{2}}+6 \leq 3(a+b+c) $$ $$ 2) \ \ \ \ \sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4}{2}}+\sqrt[4]{\dfrac{b^4+c^4}{2}}+\sqrt[4]{\dfrac{c^4+a^4}{2}}+\dfrac{21}{2} \leq \dfrac{9(a+b+c)}{2} $$ __________________ The love make us weaker Autumn |
13-08-2012, 01:47 PM | #39 | |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Apr 2012 Đến từ: Heaven Bài gởi: 579 Thanks: 10 Thanked 513 Times in 283 Posts | Trích:
$$ \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3}{2}} \le \frac{a^2+b^2}{a+b} $$ Chú ý rằng: $$ \frac{a^2+b^2}{a+b}=a+b-\frac{2ab}{a+b} $$ Như vậy ta phải chứng minh: $$ 2\left[\frac{ab}{a+b}+\frac{bc}{b+c}+\frac{ca}{c+a} \right]+a+b+c \ge 6 $$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM với giả thiết $ abc=1 $,ta có ngay: $$ \frac{2ab}{a+b}+\frac{a+b}{2}+ \frac{2bc}{b+c}+ \frac{b+c}{2}+\frac{2ca}{c+a}+\frac{c+a}{2} \ge 6 $$ Vậy ta có ìiều phải chứng minh.Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $ | |
16-08-2012, 06:56 PM | #40 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2012 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 343 Thanks: 244 Thanked 285 Times in 177 Posts | Trích:
Ý tưởng lời giải $ 2) $ chắc là tương tự $ 1) $ tức là tìm $ k $ sao cho $$ \sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4}{2}} \leq \dfrac{2(a^2+b^2-kab)}{(2-k)(a+b)}$$ Với $ 0 \leq k <2 $ Vĩnh Phúc thử đi theo hướng này xem __________________ Nguyễn Ngọc Khanh thay đổi nội dung bởi: Trầm, 16-08-2012 lúc 09:41 PM | |
16-08-2012, 08:46 PM | #41 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2010 Bài gởi: 40 Thanks: 138 Thanked 45 Times in 15 Posts | Trích:
| |
The Following User Says Thank You to hoduckhanhgx For This Useful Post: | SthgQuynh (23-11-2012) |
22-08-2012, 12:05 PM | #42 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2012 Đến từ: Cái nôi của phở Bài gởi: 259 Thanks: 78 Thanked 697 Times in 193 Posts | Trích:
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $$ \dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+b}{8}+\dfrac{a+b}{8}+ \dfrac{a^4+b^4}{(a+b)^3} \geq \sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4}{2}} $$ Mặt khác $ a^4+b^4=(a+b)^4-2ab(2a^2+3ab+2b^2) \leq (a+b)^4-\dfrac{7ab(a+b)^2}{2} $ Từ đó ta có $$ \sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4}{2}} \leq \dfrac{11(a+b)}{8}-\dfrac{7ab}{2(a+b)} $$ Xây dựng hai bất đẳng thức tương tự ta chỉ cần chứng minh $$ \dfrac{11(a+b+c)}{4}-\dfrac{7ab}{2(a+b)}-\dfrac{7bc}{2(b+c)}-\dfrac{7ca}{2(c+a)}+\dfrac{21}{2} \leq \dfrac{9(a+b+c)}{2} $$ $$ \Leftrightarrow 6 \leq \dfrac{a+b}{2}+\dfrac{b+c}{2}+\dfrac{c+a}{2}+ \dfrac{2ab}{a+b}+ \dfrac{2bc}{b+c}+\dfrac{2ca}{c+a} $$ Bất đẳng thức cuối đúng theo bất đẳng thức AM-GM với chú ý $ abc=1 $ Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a=b=c=1 $. Tiếp tục topic nào các bạn ! __________________ The love make us weaker Autumn | |
The Following 3 Users Say Thank You to quykhtn For This Useful Post: |
22-08-2012, 06:49 PM | #43 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Bài gởi: 140 Thanks: 140 Thanked 24 Times in 20 Posts | Bài 16: Cho $ a , b , c \ge 0 $ và không có hai số nào đồng thời bằng $0$. Chứng minh rằng: $$ (ab + bc +ca)[\frac{1}{(b + c)^2} + \frac{1}{(c + a)^2} + \frac{1}{(a + b)^2}] \ge \frac{9}{4} $$ thay đổi nội dung bởi: Trầm, 22-08-2012 lúc 06:59 PM |
23-08-2012, 01:53 PM | #44 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2012 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 343 Thanks: 244 Thanked 285 Times in 177 Posts | Trích:
[Only registered and activated users can see links. ] ,đây là bất đẳng thức Iran 96 quen thuộc đã thảo luận nhiều trên diễn đàn rồi __________________ Nguyễn Ngọc Khanh | |
23-08-2012, 01:55 PM | #45 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2012 Bài gởi: 17 Thanks: 3 Thanked 8 Times in 6 Posts | Lời giải trong một cuốn sách BĐT như sau. Đặt $p=a+b+c$, $q=ab+bc+ca$, $r=abc$. BĐT đã cho sẽ tương đương với $3pq(p^3 −4pq +9r)+ q(p^4 −5p^2q +4q^2 +6pr)+r(pq −9r) \ge 0$ |
Bookmarks |
|
|