|
|
|
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 |
08-02-2011, 05:12 PM | #751 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Đến từ: VietNam Bài gởi: 24 Thanks: 19 Thanked 6 Times in 4 Posts | |
08-02-2011, 05:28 PM | #752 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2010 Đến từ: CHXHCN Việt Nam quang vinh muôn năm Bài gởi: 28 Thanks: 115 Thanked 10 Times in 9 Posts | $\sum \frac{x^4}{y^3}\geq \frac{{(x^5+y^5+z^5)}^2}{x^6y^3+y^6z^3+z^6x^3} $ Cần chứng minh $3 \geq x^6y^3+y^6z^3+z^6x^3 $ Ta có: $15 \ge \sum(x^5+3x^5y^5+x^{10}) \ge \sum 5x^6y^3 $ Suy ra đpcm thay đổi nội dung bởi: nguyenhtctb, 08-02-2011 lúc 07:40 PM Lý do: Cần phải gõ tiếng Việt có dấu trong bài viết. |
08-02-2011, 06:23 PM | #753 | |
+Thành Viên+ | Trích:
$3\geq \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq \frac{3}{\sqrt[3]{xyz}}\Rightarrow xyz\geq 1 $ đặt $a=\sqrt[6]{x};b=\sqrt[6]{y};c\sqrt[6]{z} $ trên trỡ thành $a^4+b^4+c^4 \geq a^3+b^3+c^3 $ áp dụng bđt cosi ta có $a^4+a^4+a^4+1\geq4a^3 $ . . . mà ta có $a^3+b^3+c^3\geq3 $ cộng lại ta đc $ đccm $ __________________ $Le~Thien~Cuong $ thay đổi nội dung bởi: Unknowing, 08-02-2011 lúc 06:23 PM Lý do: ... | |
The Following User Says Thank You to Unknowing For This Useful Post: | Math war (09-02-2011) |
08-02-2011, 10:05 PM | #754 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2010 Bài gởi: 182 Thanks: 143 Thanked 79 Times in 55 Posts | Cho a,b>0;x>y>0 CMR: $(a^x+b^x)^y<(a^y+b^y)^x $ __________________ MH |
08-02-2011, 10:19 PM | #755 |
Banned Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 53 Thanks: 4 Thanked 6 Times in 6 Posts | Cho a,b>0.CMR $\frac{a+b+a^2b^2}{ab}+\frac{54ab}{(a+b)ab+6ab+1} $$\geq 9 $ thay đổi nội dung bởi: ronadomath, 08-02-2011 lúc 10:21 PM Lý do: thich sua |
08-02-2011, 11:21 PM | #756 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2010 Bài gởi: 23 Thanks: 18 Thanked 4 Times in 2 Posts | mo rong va ung dung bat dang thuc Giúp mình tìm bài tập áp dụng bất đẳng thức này : $\sqrt{\sum_{i=1}^n a_i^2} $ +$\sqrt{\sum_{i=1}^n b_i^2} $ + $\sqrt{\sum_{i=1}^n c_i^2} $ $\ge $ $\sqrt{\sum_{i=1}^n (a_i + b_i + c_i)^2} $ dạng mở rộng càng hay thay đổi nội dung bởi: asimothat, 08-02-2011 lúc 11:49 PM Lý do: cảnh báo bạn viết tiếng việt có dấu hoặc tiếng Anh :) |
08-02-2011, 11:48 PM | #757 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 9 Thanks: 4 Thanked 1 Time in 1 Post | Chứng minh trong tam giác ABC ta luôn có $ 1) a(b-c)^{2}+b(c-a)^{2}+c(a-b)^{2} + 4abc \geq a^{3} +b^{3}+c^{3} $ 2) $\sqrt{p}< \sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}< \sqrt{3p} $ 3) $0,4< \frac{r}{h_{a}}\leq 0,5 $ với $ a^{2}+b^{2}\leq c^{2} $ 4) $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geq 16 $ biet $S_{\Delta ABC}= 1 $ 5) $\frac{ab}{l_{c}}+\frac{bc}{l_{a}}+\frac{ac}{l_{b}} \leq 6R $ 6) $sinA.sinB+sinB.sinC+sinC.sinA \geq 9.(\frac{r}{R})^{2} $ 7) $4(A+B)\leq 5C $ với $2A+3B=\pi $ thay đổi nội dung bởi: Mashmallow, 09-02-2011 lúc 09:31 PM |
09-02-2011, 12:35 AM | #758 | |
+Thành Viên+ | Trích:
sử dụng BĐT : $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq \sqrt{a+b+c} $ và $(a + b + c)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2}) $. trình bày : ta có $\sqrt{p-a}+\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\geq \sqrt{3p-(a+b+c)} $ và $(\sqrt{p-a}+\sqrt{p-a}+\sqrt{p-a})^{2}\leq 3(\sqrt{p-a}^{2}+\sqrt{p-b}^{2}+\sqrt{p-c}^{2}) $. Bài 6 : sử dụng $abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) , r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} $ , định lý hàm sin , Cauchy 3 số .Trình bày: Ta có : $\sin A\sin B = \frac{ab}{4R^{2}} $ $\sin B\sin C = \frac{bc}{4R^{2}} $ $\sin C\sin A = \frac{ca}{4R^{2}} $ cần chứng minh $ab+bc+ca \geq 36r^{2} $ ta lại có $r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p} $ $\Rightarrow 36r^{2}=\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}=9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $ ta lại có $9abc \geq 9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) $ Việc của chúng ta là chứng minh $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc $ Điều này thỏa mãn với bđt Cauchy cho $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} $ $ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} $ Bài 3 , 4 có trong sách " Nâng cao và phát triển lớp 9 " ( không nhớ quyển mấy )của thầy Vũ Hữu Bình nhưng khá dài , có ai có cách khác không Cho mình hỏi luôn là $\l _{a} , \l _{b} , \l _{c} $ , a , b , c ở câu 5 và 7 là gì nhé __________________ Thà Chịu Hi SinhCòn Hơn Chịu Chết thay đổi nội dung bởi: Mệnh Thiên Tử, 09-02-2011 lúc 12:48 AM Lý do: chán quá sửa chơi | |
The Following 2 Users Say Thank You to Mệnh Thiên Tử For This Useful Post: | long_chau2010 (09-02-2011), Mashmallow (09-02-2011) |
09-02-2011, 09:02 AM | #759 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Đến từ: Trung tâm giáo dục thường xuyên tỉnh Ninh Thuận thành phố Phan Rang Tháp Chàm. Bài gởi: 117 Thanks: 260 Thanked 30 Times in 21 Posts | Trích:
__________________ . | |
09-02-2011, 10:36 AM | #760 |
Banned Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 53 Thanks: 4 Thanked 6 Times in 6 Posts | Cho a,b,c là các số thực đôi một khác nhau.CMR $\sum \frac{a^2b^2+1}{(a-b)^2} \geq \frac{3}{2} $ |
09-02-2011, 10:46 AM | #761 | |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Mar 2010 Đến từ: Thái Bình Bài gởi: 564 Thanks: 289 Thanked 326 Times in 182 Posts | Trích:
cmr: $\sum \frac{bc}{a^2}+\frac{54abc}{\sum a^3+6abc}\ge 9 $ giả sử $a\ge b\ge c $ bdt $\Leftrightarrow \sum S_a(b-c)^2 $, với: $S_a=\frac{ab+bc+ca}{b^2c^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $ $S_b=\frac{ab+bc+ca}{c^2a^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $ $S_c=\frac{ab+bc+ca}{a^2b^2}-\frac{6(a+b+c)}{\sum a^3+6abc} $ Có: $S_b=\frac{f(a)}{M} $ với $M=a^2c^2(\sum a^3+6abc)>0 $ $f(a)=(b+c)a^4+(bc-6c^2)a^3+(b^4+c^4+b^3c+bc^3+6b^2c^2)a+b^4c+bc^4 $ là hàm đồng biến suy ra $f(a)\ge f(b)>0 $ Dễ dàng có $S_a+S_b $ và $S_b+S_c $ đều $\ge 0 $ bđt được cm. thay đổi nội dung bởi: Lan Phuog, 09-02-2011 lúc 02:30 PM | |
The Following 3 Users Say Thank You to Lan Phuog For This Useful Post: |
09-02-2011, 12:18 PM | #762 | ||
+Thành Viên+ | Trích:
$1=p(p-a)(p-b)(p-c) $ $\Leftrightarrow 16=(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)+(b+c-a) $ =$\left [ (a+b)^2-c^2 \right ]\left [ c^2-(a-b)^2 \right ]\leq \left ( a^2+b^2+2ab-c^2 \right ).c^2 $ vì $0<c^2-(a-b)^2 \leq c^2 $ suy ra $16\leq 2a^2.c^2+2b^2c^2-c^4 \leq (a^b+b^4+(b^4+c^4)-c^4=a^4+b^4+c^4 $ ------------------------------ Trích:
$a+b>c $ nên $\frac{r}{h}<0,5 $ mặt khác $c^2 \geq a^2+b^2 \geq \frac{(a+b)^2}{2} $ suy ra $a+b \leq c\sqrt{2} $ $\Rightarrow \frac{r}{h}\geq \frac{c}{c(\sqrt{2}+1)}=\sqrt{2}-1>0,4 $ __________________ $Le~Thien~Cuong $ thay đổi nội dung bởi: Unknowing, 09-02-2011 lúc 12:30 PM Lý do: ... | ||
The Following 3 Users Say Thank You to Unknowing For This Useful Post: |
09-02-2011, 12:39 PM | #763 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: THPT Lào Cai 1 Bài gởi: 202 Thanks: 30 Thanked 246 Times in 122 Posts | $\sum{\frac{a^{2}b^{2}+1}{(a-b)^{2}}}=\frac{1}{2}.\sum{\frac{(1-ab)^{2}+(1+ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}=\frac{1}{2}.(\sum{\frac{(1-ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}+\sum{\frac{(1+ab)^{2}}{(a-b)^{2}}}) \geq \frac{1}{2}.(-2.\sum{[\frac{1-ab}{a-b}.\frac{1-bc}{b-c}]}+\sum{[\frac{1+ab}{a-b}.\frac{1+bc}{b-c}]})=\frac{3}{2} $ __________________ |
The Following User Says Thank You to NguyenNhatTan For This Useful Post: | daylight (11-02-2011) |
09-02-2011, 01:11 PM | #764 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 9 Thanks: 4 Thanked 1 Time in 1 Post | |
09-02-2011, 02:40 PM | #765 | ||
Banned Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 53 Thanks: 4 Thanked 6 Times in 6 Posts | Trích:
------------------------------ Trích:
(bài này còn có cách dùng bunhia khá hay) thay đổi nội dung bởi: ronadomath, 09-02-2011 lúc 02:43 PM Lý do: Tự động gộp bài | ||
Bookmarks |
Tags |
bất đẳng thức |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|