|
|
|
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 |
10-01-2013, 11:57 AM | #61 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 99 Thanks: 16 Thanked 31 Times in 23 Posts | Cho a, b, c là các số thực không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng không. Tìm GTNN của biểu thức: $P=\sqrt{\frac{a+2b}{a+2c}}+\sqrt{\frac{b+2c}{b+2a }}+\sqrt{\frac{c+2a}{c+2b}}$ |
03-03-2013, 12:44 PM | #62 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2012 Bài gởi: 48 Thanks: 29 Thanked 13 Times in 11 Posts | Mọi người ai có tài liệu về phần này không ạ? Hầu hết ý tưởng của các bài khá hay ! Ai có thì cho mình xin với nhé |
20-05-2013, 08:02 PM | #63 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2013 Đến từ: Emirates Bài gởi: 42 Thanks: 3 Thanked 20 Times in 12 Posts | Trích:
$\Rightarrow \sum \frac{a}{bc+1} \leq \frac{a+b+c}{abc+1}$ Do đó ta sẽ chứng minh $\frac{a+b+c}{abc+1} \leq 2 \Leftrightarrow a+b+c \leq 2abc+2$ +) Nếu $a+b \leq 1\Rightarrow a+b+c \leq 2 \leq 2abc+2$ $\Rightarrow $ đpcm +) Nếu $a+b \geq 1$ Ta có $(1-a)(1-bc) \geq 0\Rightarrow 1+abc \geq a+bc$ $(1-b)(1-ac) \geq 0\Rightarrow 1+abc \geq b+ac$ Cộng 2 bđt trên lại ta $\Rightarrow 2+2abc \geq a+b+c(a+b) \geq a+b+c$, do $a+b \geq 1$ theo giả sử Trong cả 2 TH ta đều có $\sum \frac{a}{bc+1} \leq \frac{a+b+c}{abc+1} \leq 2$ Dấu = xảy ra khi $(a,b,c)=(0;1;1)$ và các hoán vị của bộ số này | |
18-06-2013, 09:35 AM | #64 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2013 Bài gởi: 3 Thanks: 1 Thanked 1 Time in 1 Post | Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng : $$10(a^3+b^3+c^3)-9(a^5+b^5+c^5)\geq1$$ |
The Following User Says Thank You to sieu dao chich For This Useful Post: | khucyeuthuong (05-09-2013) |
03-08-2013, 11:42 PM | #65 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2011 Đến từ: Trần Hưng Đạo - Bình Thuận Bài gởi: 36 Thanks: 37 Thanked 20 Times in 15 Posts | Trích:
TH1: Tồn tại một số $a \geq 0,6 $. Ta có: $10(b^3+c^3)-9(b^5+c^5)>0 $ và $10a^3-9a^5>1 $ Nên $VT>1 $ TH2: $0<a,b,c<0,6 $ Ta chứng minh BĐT sau: $10t^3-9t^5\geq \frac{25t}{9}- \frac{16}{27} $ với mọi $0<t<0,6 $ $(*) $ Thật vậy: $(*)<=>(t-\frac{1}{3})^2(243t^3+162t^2-189t-144)\leq 0 $ với mọi $0<t<0,6 $ Trong (*) thay t lần lượt bằng $a,b,c $ rồi cộng 3 BĐT theo vế ta được: $10(a^3+b^3+c^3)-9(a^5+b^5+c^5)\geq \frac{25(a+b+c)}{9}-\frac{16}{9}=1 $ ------------------------------ Mình xin góp 1 bài Cho $a,b,c $ là ba số thực dương thỏa điều kiện $ab+bc+ca\leq 2abc $. Tìm GTNN của biểu thức $P=(a^3+b^3+c^3)+3(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+ \frac{1}{c^2}) $ thay đổi nội dung bởi: trongtri, 04-08-2013 lúc 12:00 AM Lý do: Tự động gộp bài | |
The Following User Says Thank You to trongtri For This Useful Post: | khucyeuthuong (05-09-2013) |
04-08-2013, 09:07 AM | #66 |
+Thành Viên+ | Bài 24 Cho các số thực dương $a,~b,~c$ đôi một khác nhau và thõa mãn $ab+bc=2c^2,~2a\leq c$ Tìm giá trị lớn nhất của $P$ $P=\dfrac{a}{a-b}+\dfrac{b}{b-c}+\dfrac{c}{c-a}$ __________________ $Le~Thien~Cuong $ |
The Following User Says Thank You to Unknowing For This Useful Post: | khucyeuthuong (04-09-2013) |
04-09-2013, 05:55 PM | #67 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Bài gởi: 68 Thanks: 54 Thanked 10 Times in 7 Posts | Trích:
Ta có $b=\frac {2c^2}{a+c}$, Vậy: $$P=\frac{a^2+ac}{a^2+ac-2c^2}+\frac{3c}{c-a}$$ Xét hàm $f\left (c \right )=\frac{ac+a^2}{-2c^2+ac+a^2}+\frac{3c}{c-a}$ trên nửa khoảng $\left [2a;+\infty \right )$ Ta có $f'\left ( t \right )=\frac{2ac(c+2a)}{(a-c)(a+2c)}-\frac{3a}{\left ( a-c \right )^2}=\frac{a}{a-c}\left [ \frac{2c(c+2a)}{a+2c}-\frac{3a}{a-c} \right ]$, lại có $a< c$ (do $2a \leq c$) nên dễ dàng suy ra được $f'(t)< 0$, suy ra $f(t)$ nghịch biến trên $\left [2a;+\infty \right )$, hay $f(t) \leq f(2a)=\frac{27}{5}$ Vậy $P\max =\frac{27}{5}$, khi $\left ( a;b;c \right )=\left ( a;2a;\frac{8}{3}a \right )$ | |
The Following User Says Thank You to khucyeuthuong For This Useful Post: | Unknowing (08-01-2015) |
05-09-2013, 09:58 PM | #68 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Bài gởi: 68 Thanks: 54 Thanked 10 Times in 7 Posts | Bài 25: Cho $f\left( \tan 2x \right)={{\tan }^{4}}x+\frac{1}{{{\tan }^{4}}x} với x\ \in \left( 0\ ;\ \frac{\pi }{4} \right)$. Tìm giá trị lớn nhất $f(\sin x) + f(\cos x)$ |
07-09-2013, 09:23 PM | #69 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Đến từ: 12T THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu,Thành phố Cao Lãnh, Đồng Tháp Bài gởi: 635 Thanks: 228 Thanked 451 Times in 213 Posts | Trích:
$\Rightarrow {{\left( \frac{4}{{{t}^{2}}}+2 \right)}^{2}}=\frac{1}{{{\tan }^{4}}x}+{{\tan }^{4}}x-4$ hay ${{\tan }^{4}}x+\frac{1}{{{\tan }^{4}}x}=\frac{16}{{{t}^{4}}}+\frac{16}{{{t}^{2}}} +2 = f(t)$ Nên: $f\left( \sin x \right)+f\left( \cos x \right)=16\left( \frac{1}{{{\sin }^{4}}x}+\frac{1}{{{\cos }^{4}}x} \right)+16\left( \frac{1}{{{\sin }^{2}}x}+\frac{1}{{{\cos }^{2}}x} \right)+4$ $f\left( \sin x \right)+f\left( \cos x \right)=16.\frac{8}{{{\sin }^{2}}2x}+16.\frac{4}{\sin 2x}+4 \geq 196$ __________________ | |
04-05-2014, 09:13 AM | #70 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2012 Bài gởi: 117 Thanks: 189 Thanked 65 Times in 27 Posts | Thanks mọi người, topic hữu ích quá, xin đóng góp một bài: Bài 26) Cho $a, b, c \in [1, 3]$ thỏa mãn: $a + b + 2c = 6$. Tìm min, max: $P = a^3 + b^3 + c^3$. thay đổi nội dung bởi: CTK9, 04-05-2014 lúc 09:23 PM Lý do: Quên đánh số bài |
04-05-2014, 10:41 PM | #71 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2012 Bài gởi: 117 Thanks: 189 Thanked 65 Times in 27 Posts | Như đã nói, mình sẽ đưa ra lời giải cho bài toán trên. Thực sự thì bài 26 không khác mấy với bài 2 nhưng vì có cách tiếp cận khác nên mình sẽ đưa ra đây chi tiết: Tìm min, ta có: \[a^3 + \alpha^3 + \alpha^3 \geq 3\alpha^2a\] \[b^3 + \beta^3 + \beta^3 \geq 3\beta^2b\] \[c^3 + \gamma^3 + \gamma^3 \geq 3\gamma^2c\] Để ý rằng dấu bằng của ba đẳng thức trên xảy ra khi $a = \alpha, b = \beta, c = \gamma$ và theo đẳng thức đầu bài thì $a + b + 2c = 6$ nên ta sẽ cần có $\alpha + \beta + 2\gamma = 6$ và các số $\alpha, \beta, \gamma$ ta chọn làm điểm rơi cũng 'tỷ lệ' như là bộ số $a, b, c$ vậy, cụ thể là ta phải có: \[\alpha = \beta, \alpha + \beta + 2\gamma = 6, 2\alpha^2 = 2\beta^2 = \gamma^2\] Giải hệ này ta được: $\alpha = \beta = \dfrac{3}{\sqrt{2}+1}, \gamma = \dfrac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1} $ Tìm max: Lời giải 1: dồn biến Ta cm: $P(a, b, c) \leq P(1, a+b-1,c)$ Thật, vậy biến đổi ta được: $(a-1)(b-1) \geq 0$, đúng do điều kiện đề bài. Mà $P(1, a+b-1, c) = 1+ (5-2c)^3 +c^3 = -7c^3+60c^2-150c-126$. Công việc còn lại là khảo sát hàm số này. Đơn giản. Lời giải 2: dựa vào phân tích Abel Do ta đã dự đoán điểm rơi là $(a, b, c)$ = (1,3,1) hoặc (3,1,1) nên trước hết ta cm: với $a, b, c$ thỏa mãn điều kiện đề ra thì: $a^2 + b^2 + c^2 \leq 11$ Đặt $x = a-1, y = b-1, z = c-1$ thì $x, y, z \in [0,2]$ và $x +y + 2z = 2$. Do vai trò bình đẳng của $a,b$ nên ta giả sử $a \geq b$ hay $x \geq y$ Ta có: $a^2 + b^2 + c^2 \leq 11 \iff x^2+y^2+z^2+x+y\leq 6$. Mà: $x^2+y^2+z^2+x+y = (x+1)x + (y+1)y+\dfrac{z}{2}2z = (x-y)x+(y+1-\dfrac{z}{2})(x+y)+\dfrac{z}{2}(x+y+2z)\leq 2(x-y) + 2(y+1-\dfrac{z}{2}) + \dfrac{z}{2}2 = 2x+2 \leq 6$ (chú ý: $x \geq y, y+1- \dfrac{z}{2}\geq 0, x + y+2z =2$) Tiếp theo ta cm: $a^3 + b^3 + c^3 \leq 29$. Ta có: $a^3 + b^3 + c^3 = (a-b)a^2 + (b-c)(a^2 +b^2)+c(a^2 + b^2 + c^2)\leq(x-y)(x+1)^2 + (y-z)((x+1)^2 + (y+1)^2)+ 11(z+1)$(do$a^2 + b^2 + c^2 \leq 11$) Đến đây chú ý $(x+1)^2 \leq 9, (x+1)^2+(y+1)^2\leq 10$, xét hai trường hợp $y\leq z$, $y\geq z$ và chú ý$x+y+2z = 2$, ta có đpcm |
Bookmarks |
|
|