|
|
|
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 |
13-03-2011, 12:36 PM | #31 | |
+Thành Viên+ | Trích:
$ (x^2+xy+yz)(z^2+xy+yz) \ge (xy+yz+zx)^2 $ do đó $\frac{{xy}}{{{x^2} + xy + yz}} \le \dfrac{xy(z^2+xy+yz)}{(xy+yz+zx)^2} $. Thiết lập các BĐT tương tự ta đi tới $A \le \dfrac{\sum xy(z^2+xy+yz)}{(xy+yz+zx)^2} $. Nhưng vì $\sum xy(z^2+xy+yz) = (xy+yz+zx)^2 $ nên ta suy ra ngay $A \le 1 $. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z $. | |
The Following 5 Users Say Thank You to Kratos For This Useful Post: | Jack.ckl (17-12-2011), Lil.Tee (01-04-2011), PhanTienQuan96 (16-03-2011), thiendienduong (14-12-2011), Yucio.3bi_love (14-07-2011) |
13-03-2011, 12:46 PM | #32 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 358 Thanks: 437 Thanked 186 Times in 128 Posts | bài 16: chứng minh bđt với a và b không âm $\frac{ (a+b)^2} {2}+\frac{a+b}{4} \ge a\sqrt{b} +b\sqrt{a} $ 1 bài tập cho mọi người giải trí ạ __________________ 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, 13-03-2011 lúc 12:48 PM |
The Following 2 Users Say Thank You to je.triste For This Useful Post: | Lil.Tee (01-04-2011), Yucio.3bi_love (14-07-2011) |
13-03-2011, 04:50 PM | #33 | |
+Thành Viên+ | Trích:
$A = \sum {\frac{{xy}}{{{x^2} + xy + yz}} = \sum {\frac{1}{{\frac{x}{y} + \frac{z}{x} + 1}}} } $ Đặt: $\begin{array}{l} \frac{x}{y} = a;\frac{y}{z} = b;\frac{z}{x} = c \Rightarrow abc = 1 \\ \Rightarrow A = \sum {\frac{1}{{a + b + 1}}} \le \sum {\frac{{\sqrt[3]{c}}}{{\sqrt[3]{a} + \sqrt[3]{b} + \sqrt[3]{c}}}} = 1 \\ \end{array} $ với abc=1 __________________ | |
The Following 3 Users Say Thank You to supermouse For This Useful Post: |
13-03-2011, 08:08 PM | #34 | |
+Thành Viên Danh Dự+ | Trích:
$ $\Rightarrow VT\ge \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^4}{8}+\frac{(\sqrt{a}+ \sqrt{b} )^2}{8} $ ta lại có $\sqrt{ab}(\sqrt{a}+\sqrt{b})\le \frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^3}{4} $ Nên bây giờ ta chỉ cần chứng minh $\frac{(\sqrt{a}+\sqrt{b})^4}{8}+\frac{(\sqrt{a}+ \sqrt{b} )^2}{8}\ge\frac{(\sqrt{a}+ \sqrt{b} )^3}{4} $ $\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b})^2((\sqrt{a}+\sqrt{b})^2-2(\sqrt{a}+\sqrt{b})+1)\ge 0 $ hiên nhiên đúng . Vậy bất đẳng thức chứng minh xong __________________ Phan Tiến Đạt thay đổi nội dung bởi: phantiendat_hv, 13-03-2011 lúc 08:16 PM | |
13-03-2011, 09:32 PM | #35 | |
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:
Áp dụng BDT C_S ta có: $(x^2+xy+yz)(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})\geq (x+y+z)^2 $ $\Leftrightarrow \frac{xy}{x^2+xy+yz}\leq \frac{xy(1+\frac{y}{x}+\frac{z}{y})}{(x+y+z)^2}= \frac{xy+y^2+xz}{(x+y+z)^2} $ Tương tự cho 2 bdt còn lại, từ đó ta có: $A = \frac{{xy}}{{{x^2} + xy + yz}} + \frac{{yz}}{{{y^2} + yz + xz}} + \frac{{xz}}{{{z^2} + xz + xy}}\leq \frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=1 $ | |
The Following 8 Users Say Thank You to batigoal For This Useful Post: | AnhIsGod (01-03-2012), je.triste (14-03-2011), Lil.Tee (01-04-2011), long_chau2010 (13-03-2011), PhanTienQuan96 (16-03-2011), quangnhat13 (12-07-2011), Unknowing (13-03-2011), Yucio.3bi_love (14-07-2011) |
14-03-2011, 05:41 PM | #36 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 358 Thanks: 437 Thanked 186 Times in 128 Posts | Trích:
$\frac{ (a+b)^2} {2}+\frac{a+b}{4} =\frac{a+b}{2} (a+b+\frac{1}{2}) \ge\sqrt{ab}(a+b+\frac{1}{2}) $ chỉ cần chứng minh : $\sqrt{ab}(a+b+\frac{1}{2}) \ge a\sqrt{b} +b\sqrt{a} $ bằng cách xét hiệu __________________ Giá trị đích thực của sự cho đi không nằm ở món quà lớn hay nhỏ, mà nằm ở tầm lòng của người cho! | |
The Following User Says Thank You to je.triste For This Useful Post: | thiendienduong (14-12-2011) |
14-03-2011, 07:05 PM | #37 |
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 17 Cho 3 số $x,y,z>0 $.CMR: $\frac{x}{x^2+xy+y^2}+\frac{y}{y^2+yz+z^2}+\frac{z} {z^2+zx+x^2}\geq \frac{x+y+z}{x^2+y^2+z^2} $ |
The Following 2 Users Say Thank You to batigoal For This Useful Post: | Lil.Tee (01-04-2011), Yucio.3bi_love (14-07-2011) |
14-03-2011, 07:50 PM | #38 |
+Thành Viên+ | |
The Following 4 Users Say Thank You to Kratos For This Useful Post: |
14-03-2011, 09:50 PM | #39 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Bài gởi: 197 Thanks: 185 Thanked 49 Times in 31 Posts | Trích:
biến đôi tương đương $\[ \sum {\frac{{2a^2 + (b - c)^2 }}{{b^2 + c^2 - bc}}} \ge 6; \] $ Ta thấy $\[ \sum {\frac{{2a^2 }}{{b^2 + c^2 - bc}}} \ge 2\frac{{(\sum {a^2 )^2 } }}{{\sum {a^2 (b^2 + c^2 - bc)} }}; \] $ và $\[ \sum {\frac{{a^2 (b - c)^2 }}{{(b^2 + c^2 - bc)^2 }}} \ge \frac{{4[b(a - c)]^2 }}{{\sum {a^2 (b^2 + c^2 - bc)} }}; \] $ Ta cần chứng minh $\[ (\sum {a^2 )^2 } + 2[b(a - c)]^2 \ge 3\sum {a^2 (b^2 + c^2 - bc)} \] $; Với nhận xét $ \\ {\rm{2[}}b(a - c){\rm{]}}^2 = {\rm{[}}b(a - c){\rm{]}}^2 + {\rm{[}}a(b - c) + c(a - b){\rm{]}}^2 \ge (a(b - c))^2 + (c(a - b))^2 + {\rm{[}}b(a - c){\rm{]}}^2 ; \\ $; biến đổi và rút gọn, ta được $\[ \sum {a^2 } + abc(a + b + c) \ge 2\sum {(ab)^2 } \] $. Bất đẳng thức này là schur bậc 4. Ta có điều phải chứng minh Cách làm của mình khá dài, và cái suy luận là ở dòng $ \\ {\rm{2[}}b(a - c){\rm{]}}^2 = {\rm{[}}b(a - c){\rm{]}}^2 + {\rm{[}}a(b - c) + c(a - b){\rm{]}}^2 \ge (a(b - c))^2 + (c(a - b))^2 + {\rm{[}}b(a - c){\rm{]}}^2 ; \\ $;dòng này phải đến hơn 2 tiếng mình mới nghĩ ra. Mình mong muốn các bạn đóng góp để lời giải ngày càng đẹp hơn vì nếu là khi thi chắc chẳng ai cho nhiều thời gian để nghĩ cả. p/s :Cái bài này trong sách anh Cẩn. Mong anh Cẩn lần sau viết sách nhớ viết lời giải. Chứ có nhiều bài em giải ko nổi hoặc chưa có thời gian để suy nghĩ và đánh giá kĩ. Mong anh cho "mì ăn liền" ở lần viết sách sau ! thay đổi nội dung bởi: vthiep94, 15-03-2011 lúc 12:23 PM | |
14-03-2011, 11:13 PM | #40 | |
+Thành Viên Danh Dự+ | Trích:
$P=\sum {\frac{{a^2 }}{{a(1 - a^2 )}}} $ $2a^2 (1 - a^2 )(1 - a^2 ) \le \frac{{(2a^2 - a^2 - a^2 + 2)^3 }}{{27}} = \frac{8}{{27}} $ $ a(1 - a^2 ) = \frac{2}{{3\sqrt 3 }} $ $\Rightarrow \frac{{a^2 }}{{a(1 - a^2 )}} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{2}a^2 $ $\Rightarrow \sum {\frac{{a^2 }}{{a(1 - a^2 )}}} \ge \frac{{3\sqrt 3 }}{2}\sum {a^2 } = \frac{{3\sqrt 3 }}{2} $ vậy $minP=\frac{{3\sqrt 3 }}{2} $ khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}} $ __________________ Phan Tiến Đạt | |
The Following 3 Users Say Thank You to phantiendat_hv For This Useful Post: |
15-03-2011, 06:54 PM | #41 |
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 18:Cho các số thực dương $x,y,z $.CMR $\frac{1+yz+zx}{(1+x+y)^2}+\frac{1+zx+xy}{(1+y+z)^2 }+\frac{1+xy+yz}{(1+z+x)^2}\geq 1 $ |
The Following User Says Thank You to batigoal For This Useful Post: | Lil.Tee (01-04-2011) |
15-03-2011, 08:39 PM | #42 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Đến từ: Ha Noi Bài gởi: 551 Thanks: 877 Thanked 325 Times in 188 Posts | Trích:
Ta có điều phải chứng minh. | |
The Following 4 Users Say Thank You to daylight For This Useful Post: |
15-03-2011, 09:08 PM | #43 | |
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:
Phân tích: Tiếp cận bài toán chúng ta thấy vế trái của BDT có dạng phân thức, trong khi mẫu số có dạng bình phương của 1 tổng $(1+x+y)^2 $ tử số chúng ta có thể thấy viết lại được thành $1+z(x+y) $. vậy nếu tử số nhân thêm 1 lượng nào đó để khủ bỏ nhân tử z thì ta sẽ được $1+x+y $ và như thế sẽ rút gọn được bậc của mẫu. Với nhìn nhận ban đầu như vậy , ta tiến hành ghép bộ số $1+z(x+y) $ với $1+\frac{x+y}{z} $ khi đó ta có:$(1+zx+zy)(1+\frac{x+y}{z}) \ge (1+x+y)^2 $ Và làm nháp ra, tính thử dẫn tới đfcm. bài toán được giải quyết. Bây giờ mời các bạn đến với bài 19. bài này có 1 khó khăn là xuất hiện dấu căn, và nhiệm vụ của chúng ta là bỏ căn để làm tiếp. Bài 19 Cho các số thức $x,y,z>0 $.CMR: $\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2+zx+zy}}+\frac{y+z}{\sqrt{ y^2+z^2+xy+xz}}+\frac{z+x}{\sqrt{z^2+x^2+yz+xy}} \leq 3 $ | |
The Following 4 Users Say Thank You to batigoal For This Useful Post: | Lil.Tee (01-04-2011), long_chau2010 (15-03-2011), vthiep94 (16-03-2011), Yucio.3bi_love (14-07-2011) |
15-03-2011, 09:17 PM | #44 |
+Thành Viên Danh Dự+ | Bây giờ mời các bạn đến với bài 19. bài này có 1 khó khăn là xuất hiện dấu căn, và nhiệm vụ của chúng ta là bỏ căn để làm tiếp. Bài 19 Cho các số thức $x,y,z>0 $.CMR: $\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2+zx+zy}}+\frac{y+z}{\sqrt{ y^2+z^2+xy+xz}}+\frac{z+x}{\sqrt{z^2+x^2+yz+xy}} \leq 3 $ [/QUOTE]$VT^2 \le 3(\frac{(x+y)^2}{{x^2+y^2+zx+zy}}+\frac{(y+z)^2}{{ y^2+z^2+xy+xz}}+\frac{(z+x)^2}{{z^2+x^2+yz+xy}}) \le 3(\frac{x^2}{x(x+z)}+\frac{y^2}{y(y+z)}+\frac{z^2} {z(z+x)}+\frac{y^2}{y(y+x)}+\frac{x^2}{x(x+y)}+ \frac{z^2}{z(z+y)} )=9 $ nên $VT\le 3 $ đpcm __________________ Phan Tiến Đạt |
The Following 5 Users Say Thank You to phantiendat_hv For This Useful Post: | kiffen14 (15-03-2011), Lil.Tee (01-04-2011), thiendienduong (14-12-2011), Unknowing (15-03-2011), Yucio.3bi_love (14-07-2011) |
15-03-2011, 10:38 PM | #45 |
+Thành Viên+ | Bài 20 cho các số thực dương x;y;z CMR $\frac{1}{x^5\sqrt{(x^2+2y^2)}}+ \frac{1}{y^5\sqrt{(y^2+2z^2)}}+\frac{1}{z^5\sqrt{z ^2+2x^2}}\geq \frac{\sqrt{3}}{x^2y^2z^2} $ __________________ $Le~Thien~Cuong $ thay đổi nội dung bởi: Unknowing, 15-03-2011 lúc 11:02 PM |
Bookmarks |
|
|