|
|
giải đáp
|
tìm gtln
|
|
|
|
Ta có $(x+y+kz)^2\geq0\Leftrightarrow x^2+y^2+k^2z^2+2xy+2k(yz+xz)\geq 0$(Xét $k\leq \frac{1}{4}$) $\Leftrightarrow x^2+y^2+k^2z^2+2k(yz+xz+4xy)+2(1-4k)xy\geq 0$(1)
$VT(1)\leq (x^2+y^2+k^2z^2)+2k.P+(1-4k)(x^2+y^2)=(2-4k)(x^2+y^2)+k^2z^2$ Chọn $k<0$ sao cho $2-4k=k^2$.Chon được $k=-2-\sqrt{6}$ $\Rightarrow (10+4\sqrt{6})(x^2+y^2+z^2)-2.(2+\sqrt{6})P\geq 0\Rightarrow P\leq \frac{2+\sqrt{6}}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất Đẳng Thức AM-GM
|
|
|
|
Hãy chứng minh bất đẳng thức sau: $\frac{x^{n+1}}{a_1+a_2+...+a_n}-(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_n)\geq \frac{x^n}{n}$ Trong đó $x>0$ và $0<a_1,a_2,...a_n\leq x$ Áp dụng với $x=1,n=3$ |
|
|
|
giải đáp
|
giải giúp mình bài này với
|
|
|
|
$x^3+y^3+z^3\geq \frac{(x+y+z)^3}{9}$ $\Leftrightarrow 9(x^3+y^3+z^3)\geq (x+y+z)^3$
Ta có hằng đẳng thức:$x^3+y^3+z^3=(x+y+z)^3-3(x+y)(y+z)(z+x)$ Vậy ta cần chứng minh: $8(x+y+z)^3\geq 27(x+y)(y+z)(x+z)$ (đúng) Áp dụng ta có $P\geq \frac{(x+y+z)^3}{12(xy+yz+xz)}+\frac{1}{(x+y+z)^2}$ Có $3(xy+yz+xz)\leq(x+y+z)^2\Rightarrow P\geq \frac{x+y+z}{4}+\frac{1}{(x+y+z)^2}\geq \frac{3}{4}$ Dấu = khi $x=y=z=\frac{2}{3}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất Đẳng Thức AM-GM
|
|
|
|
Điểm rơi của bài này là $a=4,b=9,c=16$ các bến đổi còn lại không hề phức tạp.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hệ phương trình
|
|
|
|
ĐK tự xử,biến đổi PT(1): $(x+\sqrt[3]{x})^2+(y\sqrt{y-1})^2=2(x+\sqrt[3]{x}).y.\sqrt{y-1}$ $\Rightarrow x+\sqrt[3]{x}=\sqrt{(y-1)^3}+\sqrt{y-1}\Leftrightarrow \sqrt[3]{x}=\sqrt{y-1}$
$\Rightarrow x^2=(y-1)^3$ Thế xuống PT (2) liên hợp nhân tử $(x^4-x^3+x^2-1)$ |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Đặt $a=x+y-z,b=y+z-x,c=z+x-y$.Theo nguyên lí Dirichlet trong 3 số $a,b,c$ luôn tồn tại ít nhất 2 số có cùng dấu chẳng hạn là $a.b\geq0$.Khi đó ta có đẳng thức: $\left| {a} \right|+\left| {b} \right|=\left| {a+b} \right|=2\left| {y} \right|$ Ta có: $x+y+z=a+b+c;2x=a+c;2z=b+c$ Do vậy ta cần chứng minh: $\left| {c} \right|+\left| {a+b+c} \right|\geq \left| {a+c} \right|+\left| {b+c} \right|$(với $a.b\geq0$) $\Leftrightarrow \left| {c} \right|.\left| {a+b+c} \right|+ab\geq\left| {a+c} \right|.\left| {b+c} \right|$ $\Leftrightarrow \left| {c(a+b+c)} \right|+ab\geq \left| {c(a+b+c)+ab} \right|(*)$
Đặt $m=c(a+b+c),n=ab\Rightarrow \left| {ab} \right|=ab$(a,b cùng dấu) $BĐT(*) \Leftrightarrow \left| {m} \right|+\left| {n} \right|\geq \left| {m+n} \right|\Leftrightarrow \left| {mn} \right|\geq mn$ Dấu bằng xảy ra khi trong các số $a,b,c ,a+b+c$ chia làm 2 cặp cùng dấu.Chẳng hạn:$ab\geq0,c(a+b+c)\geq 0$
|
|
|
|
giải đáp
|
bdt
|
|
|
|
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/128156/kho-qua
|
|
|
|
giải đáp
|
BDT hay
|
|
|
|
Bài này không chỉ đúng với điều kiện $a+b+c=3$ mà mở rộng hơn ta có kết quả sau: Nếu tồn tại $a,b,c$ thực dương sao cho $a+b+c\leq3$ ta sẽ có : $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\geq ab+bc+ac$
Ta có thể chứng minh BĐT sau: $\frac{(\sum a^{\frac{3}{4}})^{\frac{8}{3}}}{3}\geq \frac{ab+bc+ac}{3}$ Kết hợp sử dụng BĐT Holder ta thu được: $(\frac{\sum a^{\frac{1}{3}}}{3})(\frac{a+b+c}{3})^{\frac{5}{3}}\geq \frac{ab+bc+ac}{3}$ Do $a+b+c=3$ ta có đpcm. |
|
|
|
giải đáp
|
Giúp e nha
|
|
|
|
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với. $\frac{a^2+bc}{3ac+3b}+\frac{b^2+ac}{3ab+3c}+\frac{c^2+ab}{bc+a}\geq 1$ Có $3ac+3b=3ac+(a+b+c)b=b^2+2ac+ab+bc+ac\leq a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac$ Do đó $\frac{a^2+bc}{3ac+3b}\geq \frac{a^2+bc}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}$ Thiết lập các bất đẳng thức tương tự,cuối cùng ta được: $VT\geq \frac{(a^2+bc)+(b^2+ac)+(c^2+ab)}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ac}=1$ Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Sắp xếp thứ tự biến.
|
|
|
|
1.Cho các số $a,b,c$ không âm thỏa: $a^2b+b^2c+c^2a=1$.Chứng minh rằng khi đó ta có: $a^3+b^3+c^3+1\geq 2\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^3b+b^3c+c^3a)}$ 2.Cho các số thực dương $a,b,c$ chứng minh rằng: $\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\geq 2\sqrt{(a+b+c)(\frac{a}{bc}+\frac{b}{ac}+\frac{c}{ab})}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Nhờ giải bất đẳng thức
|
|
|
|
Chuẩn hóa $a+b+c=1$. Cần chứng minh $\frac{1}{a(1-c)}+\frac{1}{b(1-a)}+\frac{1}{c(1-b)}\geq \frac{27}{2}$
Dễ dàng có đc điều này bằng cách sử dụng AM-GM cho bộ 3 số. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c>0$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐT
|
|
|
|
1.Cho $abc=1$ và $a,b,c$ thực dương CM: $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}+3\geq 2(a+b+c)$
2.Cho các số thực $a,b$ có tổng khác 0 tìm Min $A=8a^2+13b^2+\frac{(ab-6)^2}{(a+b)^2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
BDT
|
|
|
|
Gợi ý thôi nhé!.Dùng phương pháp cân bằng hệ số tìm được $Min S=\frac{121}{2}\Leftrightarrow a=3,b=2,c=4$ Sau đó dùng các đánh giá sau: $\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+\frac{6}{ab}\geq 3,\frac{b}{2}+\frac{c}{4}+\frac{8}{bc}\geq 3$ $\frac{c}{4}+\frac{a}{3}+\frac{12}{ac}\geq 3,\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+\frac{c}{4}+\frac{24}{abc}\geq 4$ Cộng vế theo vế ta có điều phải chứng minh. |
|
|
|
giải đáp
|
bđt
|
|
|
|
Cách này thì nghĩ cho vui chứ không nên làm theo. Quy đồng rút gọn sử dụng điều kiện $a+b+c=1$ quy BĐT cần CM về dạng: $a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+ac^2 \geq ab+bc+ac-3abc$ $\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+a^2b+b^2c+ac^2\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)-3abc$
Ta có 1 dạng tương đương của BĐT Schur là $a^3+b^3+c^3+3abc\geq a^2b+b^2a+b^2c+bc^2+a^2c+ac^2$ Do đó cần chỉ ra $2(a^2b+b^2c+c^2a)+b^2a+bc^2+a^2c\geq (ab+bc+ac)(a+b+c)(1)$ $(ab+bc+ac)(a+b+c)=a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+a^2c+c^2a+3abc$ $BĐT (1)\Leftrightarrow a^2b+b^2c+c^2a\geq 3abc$(đúng theo BĐT AM-GM) Dấu = xảy ra khi $a=b=c$ |
|
|
|
giải đáp
|
bđt khó
|
|
|
|
Bài toán tổng quát:Tìm chặn trên lớn nhất cho biểu thức: $\frac{x_1}{x_2.x_3...x_n+1}+\frac{x_2}{x_1.x_2.x_3...x_n}+...+\frac{x_n}{x_1.x_2...x_{n-1}+1}$ Trong đó $x_1,x_2,..x_n\in [0,1]$ Bài toán trên là TH $n=4$.Chặn trên là $n-1$ |
|