|
|
|
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 |
22-06-2011, 01:07 PM | #1486 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2009 Bài gởi: 13 Thanks: 7 Thanked 8 Times in 6 Posts | |
The Following User Says Thank You to LamMap17 For This Useful Post: | nguyenvanphung (23-06-2011) |
22-06-2011, 04:19 PM | #1487 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 53 Thanks: 31 Thanked 9 Times in 7 Posts | |
22-06-2011, 06:14 PM | #1488 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2011 Đến từ: from nothingness Bài gởi: 11 Thanks: 2 Thanked 0 Times in 0 Posts | Bđt Lagrange Cho các số thực thỏa $a\leq 6,b\leq 8,c\leq 3 $. CMR : $x^{4}-ax^{2}-bx-c\geq 0 $ $\forall x\geq 1 $ |
23-06-2011, 11:54 AM | #1489 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2011 Bài gởi: 11 Thanks: 10 Thanked 1 Time in 1 Post | Gọi $s,t,u,v $ là các số nằm trong $\left( 0;\frac{\pi }{2} \right) $ sao cho: $s+t+u+v=\pi $ Chứng minh rằng : $\frac{\sqrt{2}\sin s-1}{\cos s}+\frac{\sqrt{2}\sin t-1}{\cos t}+\frac{\sqrt{2}\sin u-1}{\cos u}+\frac{\sqrt{2}\sin v-1}{\cos v}+\geq 0 $ thay đổi nội dung bởi: novae, 23-06-2011 lúc 12:02 PM |
23-06-2011, 12:33 PM | #1490 | |
+Thành Viên+ | Trích:
Đặt $a=\tan s, b=\tan t, c=\tan u, d=\tanv (a,b,c,d>0) $ $s+t+u+v=\pi $ $\Rightarrow \tan(s+t)+\tan(u+v)=0 $ $\Rightarrow \frac{a+b}{1-ab}+\frac{c+d}{1-cd}=0 $ $\Rightarrow a+b+c+d=abc+abd+acd+bcd $ $\Rightarrow (a+b)(a+c)(a+d)=a^{2}(a+b+c+d)+abc+abd+acd+bcd=(a^ {2}+1)(a+b+c+d) $ BCS:$2(a+b+c+d)^{2}=[(a+b)+(b+c)+(c+d)+(d+a)][\frac{a^{2}+1}{a+b}+\frac{b^{2}+1}{b+c}+\frac{c^{2 }+1}{c+d}+\frac{d^{2}+1}{d+a}] \geq \sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1}+\sqrt {d^{2}+1} $ $\Rightarrow \sqrt{2}(a+b+c+d)\geq \sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1}+\sqrt {d^{2}+1} $ $\Leftrightarrow \frac{1}{\cos s}+\frac{1}{\cos t}+\frac{1}{\cos u}+\frac{1}{\cos v}\leq \sqrt{2}(\tan s+\tan t+\tan u+\tan v) $ $\Leftrightarrow \frac{\sqrt{2}\sin s-1}{\cos s}+\frac{\sqrt{2}\sin t-1}{\cos t}+\frac{\sqrt{2}\sin u-1}{\cos u}+\frac{\sqrt{2}\sin v-1}{\cos v}\geq 0 $ __________________ Tinh hoa của toán học nằm ở tự do của nó. The essence of mathematics lies in its freedom. Georg Cantor thay đổi nội dung bởi: novae, 23-06-2011 lúc 12:37 PM Lý do: Cần phải học gõ LaTeX tử tế trước khi post bài. | |
The Following User Says Thank You to nho_ngOx For This Useful Post: | na_ru_to_1996 (23-06-2011) |
23-06-2011, 01:19 PM | #1491 |
+Thành Viên+ | Trích: $\[(a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) = (ab + bc + ca)\left( {\frac{1}{{ab}} + \frac{1}{{bc}} + \frac{1}{{ca}}} \right).\] $ Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có ngay điều phải chứng minh $\begin{aligned} (a + b + c)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) &= \sqrt {\left( {\sum {{a^2} + 2\sum {ab} } } \right)\left( {\sum {\frac{1}{{{a^2}}} + 2\sum {\frac{1}{{ab}}} } } \right)} \\ &\ge \sqrt {\left( {\sum {{a^2}} } \right)\left( {\sum {\frac{1}{{{a^2}}}} } \right)} + 2\sqrt {\left( {\sum a } \right)\left( {\sum {\frac{1}{a}} } \right)} . \end{aligned} $ |
23-06-2011, 05:22 PM | #1492 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Đến từ: Đà Nẵng Bài gởi: 155 Thanks: 23 Thanked 128 Times in 68 Posts | Bất đẳng thức 2 biến: cho $x,y\geqslant 0;x+y=2 $.Chứng minh rằng: $(x^4+y^4)(x^2+y^2)^4\leqslant \frac{32}{x^{10}y^{10}} $ |
23-06-2011, 05:35 PM | #1493 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2010 Đến từ: CT force Bài gởi: 731 Thanks: 603 Thanked 425 Times in 212 Posts | Trích:
1) $x^6y^6(x^4+y^4)\le 2 $ 2) $xy(x^2+y^2)\le 2 $ Chứng minh 2): Ta có:$xy(x^2+y^2)\le \frac{(x^2+y^2+2xy)^2}{8}=2 $ Chứng minh 1): Ta có:$x^6y^6(x^4+y^4)\le \frac{x^4y^4(x^4+y^4+2x^2y^2)^2}{8}=\frac{(xy(x^2+ y^2))^4}{8}\le 2 $ Từ đó ta có đpcm.Đẳng thức chỉ xảy ra khi $a=b=1 $. | |
The Following User Says Thank You to MathForLife For This Useful Post: | khtoan (23-06-2011) |
23-06-2011, 07:32 PM | #1494 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Đến từ: Đà Nẵng Bài gởi: 155 Thanks: 23 Thanked 128 Times in 68 Posts | Trích:
$(x^4+y^4)(x^2+y^2)^4x^{10}y^{10}=\frac{1}{8}(x^4+y ^4)(x^3y+xy^3)^4.(2x^2y^2)^3\leqslant \frac{1}{8}.\frac{((x+y)^4)^8}{8^8}=32 $ (Theo cô si 8 số) | |
23-06-2011, 10:11 PM | #1495 | ||
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2010 Đến từ: CT force Bài gởi: 731 Thanks: 603 Thanked 425 Times in 212 Posts | Trích:
Trích:
| ||
23-06-2011, 10:25 PM | #1496 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2010 Bài gởi: 182 Thanks: 143 Thanked 79 Times in 55 Posts | Bài này là bài số 5 trong đề thi vào lớp 10 THPT Vĩnh Phúc. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. Tìm max của $P=\sqrt{\frac{ab}{c+ab}}+\sqrt{\frac{bc}{a+bc}} + \sqrt{\frac{ca}{b+ca}} $ __________________ MH |
23-06-2011, 10:31 PM | #1497 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2010 Đến từ: CT force Bài gởi: 731 Thanks: 603 Thanked 425 Times in 212 Posts | Trích:
Gọi $(x;y;z) $ là một hoán vị của $(a;b;c) $ sao cho $x\ge y\ge z $. Khi đó theo bất đẳng thức hoán vị ta có: $a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2\le x^3y^2+x^2yz^2+z^3y^2 $ do 2 dãy $x;y;z $ và $x^2y^2;z^2x^2;y^2z^2 $ đơn điệu cùng chiều.Như vậy ta sẽ chứng minh: $x^3y^2+yx^2z^2+z^3y^2\le 3 $ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:$2x^3y^2\le y(x^4+x^2y^2) $ Chỉ còn cần chứng minh:$2z^3y^2\le y(z^4+z^2y^2) $ $y(x^4+x^2y^2)+y(z^4+z^2y^2)+2yz^2x^2\le 6 $ Bất đằng thức cuối đúng cho ta đpcm. Đẳng thức chỉ có khi $x=y=z $ hay $a=b=c=1 $. $\Leftrightarrow y(x^2+z^2)(x^2+y^2+z^2)\le 6 $ $\Leftrightarrow y(3-y^2)\le 2 $ (vì $x^2+y^2+z^2=a^2+b^2+c^2=3 $ ) $\Leftrightarrow (y-1)^2(y+2)\ge 0 $ | |
The Following 3 Users Say Thank You to MathForLife For This Useful Post: |
24-06-2011, 07:37 AM | #1498 | |
+Thành Viên+ | Trích:
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta được: $\[\sqrt {\frac{{ab}}{{c + ab}}} = \sqrt {\frac{{ab}}{{(b + c)(c + a)}}} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{a}{{c + a}} + \frac{b}{{b + c}}} \right)\] $ Tương tự ta cũng có: $$\sqrt {\frac{{bc}}{{a + bc}}} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{b}{{a + b}} + \frac{c}{{c + a}}} \right);\sqrt {\frac{{ca}}{{b + ca}}} \le \frac{1}{2}\left( {\frac{c}{{b + c}} + \frac{a}{{a + b}}} \right)$ $ Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta tìm được giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho: $${P_{max}} = \frac{3}{2}$ $ | |
The Following 2 Users Say Thank You to extremeqx9770 For This Useful Post: | Lil.Tee (26-06-2011), Thanh Ngoc (25-06-2011) |
24-06-2011, 07:40 AM | #1499 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2011 Bài gởi: 53 Thanks: 31 Thanked 9 Times in 7 Posts | Các bạn giúp minh bài này với Cho $a, b, c > 0 $ CMR $(a^{2} + b^{2} + c^{2})^{2} \geq 3(a^{3}b + b^{3}c + c^{3}a) $ |
The Following User Says Thank You to kid3494 For This Useful Post: | Lil.Tee (26-06-2011) |
24-06-2011, 08:09 AM | #1500 | |
+Thành Viên+ | Trích:
$\[\begin{array}{l} {({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} \ge 3({a^3}b + {b^3}c + {c^3}a) \Leftrightarrow 2{({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} - 6({a^3}b + {b^3}c + {c^3}a) \ge 0\\ \Leftrightarrow \sum {{{({a^2} - 2ab + bc - {c^2} + ca)}^2}} \ge 0 \end{array}\] $ Điều này hiển nhiên đúng. Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi $$a = b = c$ $ hoặc trong bộ 3 số sau và các hoán vị $\[(a,b,c) = k\left( {{{\sin }^2}\frac{{4\pi }}{7},{{\sin }^2}\frac{{2\pi }}{7},{{\sin }^2}\frac{\pi }{7}} \right)\] $ Bài này mình lấy từ cuốn “ Sáng tạo bất đẳng thức “ của anh Phạm Kim Hùng | |
Bookmarks |
Tags |
bất đẳng thức |
|
|