|
|
|
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 |
08-04-2011, 09:54 PM | #181 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Bài gởi: 197 Thanks: 185 Thanked 49 Times in 31 Posts | Trích:
------------------------------ Bài 69: cho a,b,c dương và abc=1. CM $\[ \sum {\frac{{a + b + 1}}{{a + b^2 + c^3 }} \le \frac{{(a + 1)(b + 1)(c + 1) + 1}}{{a + b + c}}} \] $ Bài 70 : Cho a,b,c dương vài $a^2+b^2+c^2=3 $ Cm $\[ \sum {} \frac{1}{{(2 - ab)(2 - ac)}} \le 3 \] $ p/s : Bài 70 là bài mình tự chế, mọi người giải thử xem sao thay đổi nội dung bởi: vthiep94, 08-04-2011 lúc 10:29 PM Lý do: Tự động gộp bài | |
08-04-2011, 11:26 PM | #182 | |
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{\sum ab+\sum a+3}{a+b+c}=\frac{{(a + 1)(b + 1)(c + 1) + 1}}{{a + b + c}}} $ | |
The Following 3 Users Say Thank You to batigoal For This Useful Post: |
11-04-2011, 11:48 AM | #183 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 300 Thanks: 35 Thanked 307 Times in 151 Posts | My problem Bài 71. Cho $a,b,c $ là các số thực không âm sao cho $a+b+c>0. $ Chứng minh rằng $\frac{a+2b}{2a+4b+3c}+\frac{b+2c}{2b+4c+3a}+\frac{ c+2a}{2c+4a+3b}\le 1 $ __________________ Nguyen Van Huyen Ho Chi Minh City University of Transport thay đổi nội dung bởi: phantiendat_hv, 11-04-2011 lúc 11:56 AM |
11-04-2011, 12:36 PM | #184 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2010 Bài gởi: 39 Thanks: 70 Thanked 56 Times in 23 Posts | Trích:
$\frac{c}{2a+4b+3c}+\frac{a}{2b+4c+3a}+\frac{b}{2c+ 4a+3b} \ge \frac{1}{3}. $ Sử dụng Cauchy-Schwarz ta có:$P=\sum\frac{c}{2a+4b+3c}=\sum\frac{c^2}{2ac+4bc+3c ^2} \ge \frac{(a+b+c)^2}{3(a+b+c)^2}=\frac{1}{3}. $ | |
The Following User Says Thank You to buon qua For This Useful Post: | daylight (16-04-2011) |
14-04-2011, 11:25 PM | #185 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2010 Đến từ: Có những thứ mình đã nhẫn tâm đánh mất sẽ không bao giờ lấy lại được. Bài gởi: 257 Thanks: 103 Thanked 200 Times in 112 Posts | Tiếp mọi người Bài 72:Chứng minh rằng nếu $a,b,c $ là các số dương thì $\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \le \frac{(a+b)(a+b+2c)}{(3a+3b+2c)^2} \le \frac{1}{8} $ {Trần Quốc Luật} |
15-04-2011, 08:39 PM | #186 | |
+Thành Viên+ | Trích:
$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \frac{{(a + b)(a + c)(b + c)}}{{abc}} \ge \frac{{{{(3a + 3b + 2c)}^2}}}{{(a + b)(a + b + 2c)}}(*) \\ VT + 1 = \frac{{(a + b + c)(ab + bc + ac)}}{{abc}} = (a + b + c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \\ a + b = x;a + b + 2c = y \\ \Rightarrow VP + 1 = \frac{{{{(2x + y)}^2} + xy}}{{xy}} = \frac{{4{x^2} + 5xy + {y^2}}}{{xy}} = \frac{{(4x + y)(x + y)}}{{xy}} = (a + b + c)(\frac{8}{{a + b + 2c}} + \frac{2}{{a + b}}) \\ \Rightarrow (*) \Leftrightarrow \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{8}{{a + b + 2c}} + \frac{2}{{a + b}} \\ \end{array} $ __________________ | |
17-04-2011, 07:12 PM | #187 |
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 73 (Vasc) Cho ba số thực $a,b,c $ không âm và hai trong ba số không đồng thời bằng 0.Chứng minh rằng: $\frac{1}{4a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{4b^2+c^2+a^2}+ \frac{1}{4c^2+a^2+b^2}\leq \frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}+\frac{1}{ab+bc+ca} $ |
17-04-2011, 09:33 PM | #188 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2009 Bài gởi: 120 Thanks: 68 Thanked 70 Times in 40 Posts | Trích:
Cần chứng minh $\frac9{2(a+b+c)^2}\ge\sum\frac1{4a^2+b^2+c^2} $ hay $\sum\frac{(a+b+c)^2}{4a^2+b^2+c^2}\le\frac92 $ Đúng theo Schwarz vì $\sum\frac{(a+b+c)^2}{4a^2+b^2+c^2}\le\sum\left( \frac{a^2}{2a^2}+\frac{b^2}{a^2+b^2}+\frac{c^2}{a^ 2+c^2}\right)=\frac92 $ Ta có đpcm. | |
17-04-2011, 10:34 PM | #189 | |
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:
Mình xin phép được trình bày ý tưởng và cách tiếp cận của ThanhVien khi giải quyết bài toán này: Quan sát BDT chúng ta thấy vế phải của BDT mẫu số có $a^2+b^2+c^2 $ và $ab+bc+ca $. Chúng có mối liên hệ với nhau là hằng đẳng thức $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca) $ nên bạn ThanhVien xuấ phát từ VP là như thế; Mình chi tiết thêm 1 chút cho mọi người dễ nhìn VP = $\frac12\left(\frac1{a^2+b^2+c^2}+\frac2{ab+bc+ca} \right)=\frac12\left(\frac1{a^2+b^2+c^2}+\frac{2^2 }{2(ab+bc+ca)}\right) \ge\frac12.\frac9{(a+b+c)^2} $ Phần còn lại thì dễ hiểu rồi. Tiếp theo mời các bạn đến với bài 74 Bài 74 (Batigoal) Cho các số thực $a,b,c >0 $ thỏa mãn $ab+bc+ca=1 $.Chứng minh rằng: $\frac{a}{(3b+5c)^3}+\frac{b}{(3c+5a)^3}+\frac{c}{( 3a+5b)^3} \ge \frac{9}{512} $ | |
17-04-2011, 10:40 PM | #190 | |
+Thành Viên+ | Trích:
$LHS[a(3b+5c)] \ge \left (\dfrac{a}{3b+5c}+\dfrac{b}{3c+5a}+\dfrac{c}{3a+5b } \right)^2 $ Lại áp dụng Cauchy - Schwarz: $\dfrac{a}{3b+5c}+\dfrac{b}{3c+5a}+\dfrac{c}{3a+5b} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{8(ab+bc+ca)} $. Như vậy ta suy ra $8(ab+bc+ca)LHS \ge \dfrac{(a+b+c)^4}{64(ab+bc+ca)^2}. $ Thay $ab+bc+ca $ bởi 1 với lưu ý $(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca) $, ta suy ra đpcm. $\Box $ thay đổi nội dung bởi: Kratos, 17-04-2011 lúc 11:01 PM | |
17-04-2011, 10:44 PM | #191 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2010 Đến từ: Có những thứ mình đã nhẫn tâm đánh mất sẽ không bao giờ lấy lại được. Bài gởi: 257 Thanks: 103 Thanked 200 Times in 112 Posts | Trích:
$\sum{a(3b+5c)}.P \geq (\sum{\frac{a}{3b+5c}})^2 $ mà $\sum{\frac{a}{3b+5c}} =\sum{\frac{a^2}{3ab+5c}}\geq \frac{3}{8} $và $\sum{a(3b+5c)} =8(ab+bc+ca)=8 $ nên dễ dàng có đpcm. Đành post bài 75 vào đây -1 bài cũ. Bài 75:Chứng minh rằng với mọi a;b;c ta có $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geq 3(a+b+c)^2 $ __________________ thay đổi nội dung bởi: Persian, 17-04-2011 lúc 10:48 PM | |
18-04-2011, 11:05 AM | #192 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Đến từ: Ha Noi Bài gởi: 551 Thanks: 877 Thanked 325 Times in 188 Posts | Bài 75:Chứng minh rằng với mọi a;b;c ta có $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geq 3(a+b+c)^2 $ Giải: Đánh giá từ VP ta có $(a+b+c)^2 \leq (a^2+2)[1+\frac{(b+c)^2}{2}] $ ta cần CM $(b^2+2)(c^2+2) \geq 3[1+\frac{(b+c)^2}{2}] $ $\leftrightarrow \frac{b^2+c^2}{2}+b^2c^2-3bc+1 \geq 0 $ cái trên đúng vì $b^2+c^2 \geq 2bc $ Bài 76 Cho $a,b,c \geq 0 $ CMR $\sqrt{\frac{a^3}{5a^2+(b+c)^2}}+\sqrt{\frac{b^3}{5 b^2+(a+c)^2}}+\sqrt{\frac{c^3}{5c^2+(a+b)^2}} \leq \sqrt{\frac{a+b+c}{3}} $ |
18-04-2011, 11:50 AM | #193 | |
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:
| |
18-04-2011, 07:32 PM | #194 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2010 Đến từ: Có những thứ mình đã nhẫn tâm đánh mất sẽ không bao giờ lấy lại được. Bài gởi: 257 Thanks: 103 Thanked 200 Times in 112 Posts | Trích:
{P^2} \le (a + b + c)(\sum {\frac{{{a^2}}}{{5{a^2} + {{(b + c)}^2}}}} )\\ $ $5{a^2} + {(b + c)^2} = 2{a^2} + bc + 2{a^2} + bc + {a^2} + {b^2} + {c^2}\\ $ $\frac{{{a^2}({1^2} + {1^2} + {1^2})}}{{(2{a^2} + bc) + (2{a^2} + bc) + {a^2} + {b^2} + {c^2}}} \le \frac{{2{a^2}}}{{2{a^2} + bc}} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}\\ $ $\sum {\frac{{2{a^2}}}{{2{a^2} + bc}} + \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} \le 3} \\ $ $\sum {\frac{{{a^2}}}{{5{a^2} + {{(b + c)}^2}}}} \le \frac{1}{3} $ __________________ | |
The Following 3 Users Say Thank You to Persian For This Useful Post: |
19-04-2011, 06:20 PM | #195 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 99 Thanks: 16 Thanked 31 Times in 23 Posts | Bài 77Cho a,b,c>0. Tìm giá trị nhỏ nhất của: $\frac{2ab}{(c+a)(c+b)}+\frac{2bc}{(a+b)(a+c)} $+$\frac{3ca}{(b+c)(b+a)} $ thay đổi nội dung bởi: batigoal, 27-04-2011 lúc 05:49 AM Lý do: Đánh số |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|