|
|
|
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 |
23-05-2011, 06:35 PM | #241 |
+Thành Viên+ | Hồi cấp ba anh có "nghiên cứu" BĐT thì phát hiện bất đẳng thức sau: $(X^2+Y^2+Z^2+XY+YZ+ZX)(a^2+b^2+c^2)+(XY+YZ+ZX)(ab+ bc+ca)\ge (x+y+z)((a^2+2bc)x+(b^2+2ca)y+(c^2+2ab)z), $ mọi $a,b,c $ và $X,Y,Z \in R $, chỉ cần thay X=a(a-b), Y=b(b-c), Z=c(c-a) thì được bất đẳng thức nổi tiếng trên. |
23-05-2011, 06:40 PM | #242 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2011 Bài gởi: 37 Thanks: 16 Thanked 24 Times in 18 Posts | Trích:
Nếu $c=0 $, $\frac{c}{a+b}=\frac{c^2}{ac+bc} $ điều này là không thể xảy ra. Mình xin được chỉnh lại lời giải như sau: Nhận thấy $a,b\neq 0 $ +) Nếu $c=0 $. Khi đó $ab=1 $. Bất đẳng thức trở thành $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 2 $ Sử dụng bđt AM-GM ta có ngay $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq 2\sqrt{\frac{1}{ab}}=2 $ Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=1 $ +) $c\neq 0 $. Lúc này sẽ làm giống như của bạn. Chú ý rằng dấu đẳng thức trong trường hợp này không xảy ra. Vậy bđt đã cho luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=1;c=0 $ và các hoán vị. | |
23-05-2011, 06:51 PM | #243 | |
+Thành Viên+ | Trích:
Thực ra nếu chúng ta viết $\begin{aligned} \frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} &= \frac{{{a^2}}}{{a(b + c)}} + \frac{{{b^2}}}{{b(c + a)}} + \frac{{{c^2}}}{{c(a + b)}}\\ &\ge \frac{{{{(a + b + c)}^2}}}{{2(ab + bc + ca)}}, \end{aligned} $ Thì có thể chưa đúng khi chưa xét trường hợp. Nhưng thực tế, mình đã áp dụng Cauchy Schwarz như sau $\left[ {a(b + c) + b(c + a) + c(a + b)} \right]\left( {\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}}} \right) \ge {(a + b + c)^2}, $ Khi đó ta không phải cần xét trường hợp. | |
The Following 2 Users Say Thank You to leviethai For This Useful Post: | G-Dragon (24-05-2011), thanhtungkid (23-05-2011) |
24-05-2011, 11:24 AM | #244 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Trích:
[Bài .96..] Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c $ bất đẳng thức sau luôn được thỏa mãn $\frac{a^2}{a^2+(b+c)^2}+\frac{b^2}{b^2+(c+a)^2}+ \frac{c^2}{c^2+(a+b)^2}\ge\frac{3}{5} $ __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport thay đổi nội dung bởi: batigoal, 24-05-2011 lúc 11:45 AM Lý do: đánh số theo thứ tự | |
24-05-2011, 11:49 AM | #245 | |
Super Moderator Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 2,895 Thanks: 382 Thanked 2,968 Times in 1,295 Posts | Trích:
$\frac{a^2}{a^2+(3-a)^2}+\frac{b^2}{b^2+(3-b)^2}+ \frac{c^2}{c^2+(3-c)^2}\ge\frac{3}{5} $ Trong 3 số $a,b,c $ luôn có 2 số cùng lớn hơn hoặc bằng 1, hoặc cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1. Giả sử 2 số đó là $b,c $. Khi ấy:$(b-1)(c-1)\geq 0\Leftrightarrow bc+1-b-c\geq 0 $ Do đó $b^2+c^2\leq 1+(b+c-1)^2=1+(2-a)^2 $ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có: $\frac{b^2}{b^2+(3-b)^2}+ \frac{c^2}{c^2+(3-c)^2}\ge\frac{(b+c)^2}{2[(b^2+c^2)-3(b+c)+9]}=\frac{(3-a)^2}{2[(b^2+c^2)+3a]}\geq \frac{a^2-6a+9}{2[1+(2-a)^2+3a]} $ Vật ta chỉ cần chứng minh $\frac{a^2}{a^2+(3-a)^2} + \frac{a^2-6a+9}{2[1+(2-a)^2+3a]}\ge\frac{3}{5} $ Đây là bđt 1 biến dễ dàng đưa về $(a-1)^2(...)>0 $ đfcm __________________ “ Sức mạnh của tri thức là sự chia sẻ tri thức” [Only registered and activated users can see links. ] thay đổi nội dung bởi: batigoal, 24-05-2011 lúc 12:54 PM | |
24-05-2011, 11:56 AM | #246 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Đến từ: Hi, I'm Nos, the man on the moon Bài gởi: 88 Thanks: 131 Thanked 85 Times in 36 Posts | Trích:
| |
The Following User Says Thank You to G-Dragon For This Useful Post: | vthiep94 (31-05-2011) |
25-05-2011, 07:31 AM | #247 |
Super Moderator Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 2,895 Thanks: 382 Thanked 2,968 Times in 1,295 Posts | Bài 97 Cho ba số $a,b,c \ge 0 $ và ít nhất 1 số >0 .CMR: $\frac{a}{2a+4b+c}+\frac{b}{2b+4c+a}+\frac{c}{2c+4a +b}\leq \frac{1}{2} $ |
25-05-2011, 02:52 PM | #248 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Cho $a,b,c,d $ là các số dương. Chứng minh $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}\ge 2+\frac{b+d}{c+a}+\frac{c+a}{b+d} $ Đẳng thức xảy ra khi nào ? __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport |
25-05-2011, 04:07 PM | #249 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Bài gởi: 39 Thanks: 70 Thanked 56 Times in 23 Posts | Bài 99: Cho các số thực dương $a,b,c,d $ thỏa mãn $abcd=1. $ Chứng minh rằng: $(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2) \ge (a+b+c+d)^2. $ |
25-05-2011, 04:47 PM | #250 | |
Moderator Tham gia ngày: Apr 2011 Bài gởi: 698 Thanks: 162 Thanked 813 Times in 365 Posts | Trích:
Sử dụng bđt C-S: $(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2)=(1+a^2+b^2+a^2b^2)(c^ 2+1+d^2+c^2d^2)\geq (c+a+bd+abcd)^2=(a+c+bd+1)^2 $ Ta cm: $(a+c+bd+1)^2\geq (a+b+c+d)^2\Leftrightarrow a+c+bd+1\ge a+b+c+d\Leftrightarrow bd+1\ge b+d\Leftrightarrow (b-1)(d-1)\geq 0 $ (đúng) Vậy bđt được cm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=d=1 $ __________________ P.T.K Có xa xôi mấy mà tình xa xôi... | |
25-05-2011, 08:04 PM | #251 | |
+Thành Viên+ | Trích:
$\dfrac{{ac}}{b} + \dfrac{{{c^2}}}{d} + \dfrac{{dc}}{a} + \dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{ac}}{d} + \dfrac{{ab}}{c} \ge 2(a + c) + \dfrac{{{{(a + c)}^2}}}{{b + d}}. $ Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng vì là tổng của các bất đẳng thức sau $\begin{aligned} \frac{{{c^2}}}{d} + \frac{{{a^2}}}{b} &\ge \frac{{{{(a + c)}^2}}}{{b + d}},\\ \frac{{ac}}{b} + \frac{{ab}}{c} &\ge 2a,\\ \frac{{dc}}{a} + \frac{{ac}}{d} &\ge 2c. \end{aligned} $ Ta có điều phải chứng minh. $\hfill \Box $ | |
26-05-2011, 08:58 AM | #252 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Đến từ: Ha Noi Bài gởi: 551 Thanks: 877 Thanked 325 Times in 188 Posts | Bài 100: Cho a,b,c >0 Cm: $ \frac{(a+1)^3}{b^2}+\frac{(b+1)^3}{c^2}+\frac{(c+1 )^3}{a^2} +\frac{(a+b+c)^2}{27} \geq 11+6\sqrt{3} $ thay đổi nội dung bởi: daylight, 26-05-2011 lúc 09:01 AM |
26-05-2011, 09:42 AM | #253 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2009 Bài gởi: 310 Thanks: 5 Thanked 751 Times in 187 Posts | Trích:
__________________ The love makes us stronger! Võ Quốc Bá Cẩn | |
26-05-2011, 10:11 AM | #254 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | Hì hì. Ý đồ của em chỉ là làm mạnh bài cơ bản. __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport thay đổi nội dung bởi: Nguyenhuyen_AG, 26-05-2011 lúc 10:17 AM |
30-05-2011, 04:10 PM | #255 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2010 Đến từ: Địch Nhân Kiệt' house Bài gởi: 55 Thanks: 15 Thanked 10 Times in 9 Posts | Bài 101. Cho $a,b,c $ là các số thực dương . Chứng minh rằng $\frac{2a+b}{2a+c}+ \frac{2b+c}{2b+a} + \frac{2c+a}{2c+b} \ge 3 $ __________________ thay đổi nội dung bởi: 11112222, 30-05-2011 lúc 06:03 PM Lý do: LaTeX |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|