|
|
đặt câu hỏi
|
Ứng dụng của một BĐT đẹp...
|
|
|
|
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/128611/mot-ket-qua-dep. Áp dụng bài toán trên,chứng minh các bài toán sau đây: $1.\sqrt{\frac{a^2}{a^2+7ab+b^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+7bc+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+7ac+a^2}}\geq 1$(Với mọi a,b,c dương) 2.$\frac{1}{3a^2+(a-1)^2}+\frac{1}{3b^2+(b-1)^2}+\frac{1}{3c^2+(c-1)^2}\geq 1$(a,b,c>0,abc=1) 3.$\sqrt{\frac{a^2}{a^2+\frac{1}{4}bc+c^2}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+\frac{1}{4}bc+c^2}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+\frac{1}{4}ac+c^2}}\leq 2$(Với mọi a,b,c dương) 4.$\frac{1}{(a+b)^3}+\frac{1}{(b+c)^3}+\frac{1}{(a+c)^3}\geq \frac{3}{8}$(abc=1,a,b,c>0) |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức, tìm GTNN
|
|
|
|
Khai triển ta có $x+y+xy=3\Rightarrow S+P=3\Rightarrow P=3-S$ $A=\frac{S^2+3S-2P}{3S+P+9}+\frac{P}{S}=\frac{S^2+5S-6}{2S+12}+\frac{3-S}{S}=\frac{S}{2}+\frac{3}{S}-\frac{3}{2}$ Xét $M=\frac{S}{2}+\frac{3}{S}=\frac{S^2+6}{2S}$ Khảo sát hàm trên $2\leq S<3$ |
|
|
|
giải đáp
|
giúp với !!!
|
|
|
|
Từ $GT\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=2.$ Nếu đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$ ta có $x+y+z=2$.P đc viết lại:$P=\frac{x^3}{(2-x)^2}+\frac{y^3}{(2-y)^3}+\frac{z^3}{(2-z)^2}$ $P=\frac{x^4}{x.(2-x)^2}+\frac{y^4}{y.(2-y)^3}+\frac{z^4}{z.(2-z)^3}$ Do vậy $P\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x.(2-x)^2+y(2-y)^2+z(2-z)^2 }$ Lại có $x^2+y^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{3}=\frac{4}{3}$ Do $x+y+z=2\Rightarrow (2-x)>0$ Áp dụng AM-GM cho bộ số không âm $2x,2-x,2-x\Rightarrow x.(2-x)(2-x)\leq \frac{(2x+2+2-x-x)^3}{2.27}$ Từ đó ta có Đpcm. Dấu bằng xảy ra tại $x=y=z=\frac{2}{3}\Rightarrow a=b=c=\frac{3}{2}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình lượng giác?
|
|
|
|
$PT\Leftrightarrow tan x(3tan^2 x-1)+(1+sin x)(3+3tan^2 x)-4.(1+sin x)=0$ $\Leftrightarrow tan x(3tan^2 x-1)+(1+sin x)(3tan^2 x-1)=0$ $\Leftrightarrow (3tan^2 x-1)(tan x+sin x+1)=0$
Với $tan x+sin x+1=0\Rightarrow sin x+cos x+sin x.cos x=0$ Đặt $sin x+cos x=t\Rightarrow sin x.cos x=\frac{t^2-1}{2}$ |
|
|
|
giải đáp
|
Chứng minh BĐT
|
|
|
|
Quy đồng và rút gọn BĐT cần chứng minh có dạng: $(a+b+c)+1\geq 4abc\Leftrightarrow (a+b+c)^2+(a+b+c)\geq 4abc(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ $\Leftrightarrow (a+b+c)^2+(a+b+c)\geq 4(ab+bc+ac)\Leftrightarrow \sum a^2+\sum a \geq 2(ab+bc+ac)$
Áp dụng hệ quả trực tiếp của BĐT Schur ta có được: $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ac)$ Vậy nếu ta chỉ ra được $a+b+c\geq \frac{9abc}{a+b+c}\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq 9abc(a+b+c)=9(ab+bc+ac)$ Mà $(a+b+c)^2\geq3(ab+bc+ac)$ và từ GT ta khai thác đc:$(a+b+c)\geq3\Rightarrow ĐPCM$ |
|
|
|
giải đáp
|
Lượng giác
|
|
|
|
Có $sin^2 x=\frac{1-cos 2x}{2},cos^2 2x=\frac{1+cos 4x}{2},cos^2 3x=\frac{1+cos 6x}{2}$ PT ban đầu trở thành: $1-cos 2x=2+(cos 4x+cos 6x)\Rightarrow 1+cos 2x+cos 4x+cos 6x=0$
Coi $cos 2x=cos \alpha\Rightarrow cos \alpha +cos 2\alpha +cos 3\alpha +1=0$ $\Rightarrow 4cos^3 \alpha +2cos^2\alpha -2cos \alpha =0$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Một kết quả đẹp!
|
|
|
|
Cho $a,b,c>0,abc=1$.Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^2+a+1}+\frac{1}{b^2+b+1}+\frac{1}{c^2+c+1}\geq1$ |
|
|
|
giải đáp
|
BDT nè
|
|
|
|
Có thế này thôi mà cứ làm phức tạp hóa vấn đề: $P=\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}\geq \frac{(x+y)^2}{x+y-2}=m$ Chứng minh $m\geq8\Leftrightarrow (x+y)^2-8(x+y)+16\geq 0\Leftrightarrow (x+y-4)^2\geq 0$(Đúng) |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
giup voi
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Chắc cái diều kiện là $x+3y+5z=3$ đặt $a=x,b=3y,c=5z\Rightarrow a+b+c=5$ Ta cần chứng minh: $ab\sqrt{c^4+4}+bc\sqrt{a^4+4}+ac\sqrt{b^4+4}\geq 3\sqrt{5}abc$ Áp dụng BĐT Minkowski cho vế trái: $\sqrt{a^2b^2c^4+4b^2c^2}+\sqrt{a^4b^2c^2+4b^2c^2}+\sqrt{a^2c^2b^4+4a^2c^2}\geq \sqrt{[abc(a+b+c)]^2+4(bc+ac+ab)^2}$ Có $(ab+bc+ac)^2\geq 3abc(a+b+c)=abc(a+b+c)^2$ Mà $abc\leq1\Rightarrow abc\geq (abc)^2\Rightarrow 4(ab+bc+ac)^2\geq 4[abc(a+b+c)]^2$ $\Rightarrow VT\geq \sqrt{9(abc)^2+36(abc)^2}=3\sqrt{5}abc$
Dấu = khi $a=b=c=1\Leftrightarrow x=3y=5z$ và $x+3y+5z=3$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Ta sẽ đi chứng minh BĐT sau với $x_1\geq1, i=\overline{1,n}$: $\frac{1}{1+x_1}+\frac{1}{1+x_2}+...+\frac{1}{1+x_n}\geq \frac{n}{1+\sqrt[n]{x_1.x_2....x_n}}$
Thử trực tếp với $n=1,2,3$ ta được các kết quả đúng giả sử BĐT đúng đến $n$ ta có $\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1+x_i}\geq \frac{n}{1+\sqrt[n]{x_1.x_2....x_n}}$
Ta đi chứng minh bất đẳng thức đúng đến $n+1$ nghĩa là: $\sum_{i=1}^{n+1}\frac{1}{1+x_i}\geq \frac{n+1}{1+\sqrt[n+1]{x_1.x_2...x_{n+1}}}$ Sau đó áp dụng BĐT trên với $x_1=a^4,x_2=b^4....,x_4=d^4$ Vậy $Min=1$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Hệ đẹp
|
|
|
|
\begin{cases}(\sqrt{x}-y)^2+\sqrt{(x+y)^3}= 2\\ (\sqrt{(x-y)^3}+(\sqrt{y}-x)^2= 2\end{cases}
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Cách khác cho bài này: Quy đồng chuyển vế BĐT cần chứng minh có dạng: $\frac{a(b-c)}{c(a+c)}+\frac{b(c-a)}{a(a+b)}+\frac{c(a-b)}{b(b+c)}\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{ab+c^2}{ac+c^2}+\frac{bc+a^2}{a^2+ab}+\frac{ac+b^2}{b^2+bc}\geq 3$
$\frac{y+z}{1+z}+\frac{z+x}{1+x}+\frac{x+y}{1+y}\geq 3$ trong đó $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z=\frac{c}{a}\Rightarrow xyz=1$ Biến đổi tương đương thì có $x^2+y^2+z^2+xy^2+z^2y+x^2z\geq x+y+z +3$ đã CM ở trên hoặc cũng có thể tiếp tục đổi biến để thu được BBĐT Schur bậc 3
|
|
|
|