|
|
|
|
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 $Min=1$
|
|
|
|
sửa đổi
|
lượng giác 11
|
|
|
|
lượng giác 11 2\sin 3x(1-4\sin x^{2})=1
lượng giác 11 $2\sin 3x(1-4\sin x^{2})=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}
|
|
|
|
sửa đổi
|
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
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
|
|
|
|
|
|
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
|
|
|
|
sửa đổi
|
Cho x,y,z nguyên dương. Chứng minh rằng: (x+y)/(xy+z^2) + (y+z)/(yz+x^2) + (z+x)/(zx + y^2) ≤ (1/x) +(1/y) + (1/z)
|
|
|
|
Chuyển vế bất đẳng thức này tương đương với:$\sum\frac{(a-b)(a-c)}{a^3+abc}$Không mất tính tổng quát giả sử rằng $a\geq b\geq c$ thì:$\frac{1}{c^3+abc}\geq \frac{1}{b^3+abc}$Mình xin nêu một chút về BĐT Vornicu SchurXét BĐT $x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a)+z(c-b)(c-a)\geq0$ sẽ đúng với mọi $a\geq b\geq c\geq0$ nếu xảy ra 1 trong các khả năngmình sử dụng khả năng thứ nhất $x\geq y$hoặc $z\geq y$Vậy ta có đpcm vì điều trên là đúng đã cm
Chuyển vế bất đẳng thức này tương đương với:$\sum\frac{(a-b)(a-c)}{a^3+abc}\geq 0$Không mất tính tổng quát giả sử rằng $a\geq b\geq c$ thì:$\frac{1}{c^3+abc}\geq \frac{1}{b^3+abc}$Mình xin nêu một chút về BĐT Vornicu SchurXét BĐT $x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a)+z(c-b)(c-a)\geq0$ sẽ đúng với mọi $a\geq b\geq c\geq0$ nếu xảy ra 1 trong các khả năngmình sử dụng khả năng thứ nhất $x\geq y$hoặc $z\geq y$Vậy ta có đpcm vì điều trên là đúng đã cm
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Từ giả thiết bài toán ta có: $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}=1$ Ta đặt $\frac{1}{x}=a,\frac{1}{y}=b,\frac{1}{z}=c$ thì ta có:$ab+bc+ac=1$ và a,b,c không âm
$P=\frac{\frac{1}{z}}{\frac{1}{xy}+1}+...=\frac{c}{ab+1}+\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{bc+1}$ Có $\frac{c}{ab+1}+\frac{9c(ab+1)}{16}\geq \frac{3}{2}c$ Tương tự rồi cộng lại thì $P\geq\frac{15}{16}(a+b+c)-\frac{27}{16}abc=\frac{3\sqrt{3}}{4}$
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Áp dụng trự tiếp AM-GM ta có: $\sum \frac{a^2+b^2}{c^2+ab}\geq 3.\sqrt[3]{\frac{\prod(a^2+b^2)}{\prod(c^2+ab)}}$ Có $(c^2+b^2)(c^2+a^2)\geq (ab+c^2)^2$ Tương tự rồi nhân vào khai căn thì có $\sum \frac{a^2+b^2}{c^2+ab}\geq 3$
Mà $\frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}\geq\frac{3}{2}$ Do đó có đpcm. |
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Từ GT ta có được: $\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}\leq1$ Có $x^2+yz\geq 2x\sqrt{yz}\Rightarrow \frac{x}{x^2+yz}\leq \frac{1}{2\sqrt{yz}}$ Vậy $P\leq \frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}$ Đặt $\frac{1}{xy}=a,\frac{1}{yz}=b,\frac{1}{xz}=c\rightarrow a+b+c\leq 1$ Cần Tìm Max của $P=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leq \sqrt{3(a+b+c)}\leq 3$ Dấu = khi x=y=z=1 |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Bất đẳng thức
|
|
|
|
Đặt $a+1=x,b+1=y,c+1=z$ Ta có $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\geq 2$ $P=abc$. Có $\frac{1}{a+1}\geq \frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+1}\geq \frac{2\sqrt{bc}}{\sqrt{(b+1)(c+1)}}$ Tương tự ta tìm được $abc\leq \frac{1}{8}$ khi $x=y=z=\frac{3}{2}$ |
|