Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 6 của 6
  1. #1
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    54
    Bài viết
    675
    Cám ơn (Đã nhận)
    921


    Bài toán 1:

    Cho các số thực $x,y,z > 0$. Chứng minh rằng

    $\frac{{x + 3z}}{{x + y}} + \frac{{z + 3x}}{{z + y}} + \frac{{4y}}{{z + x}} \ge 6$

  2. #2
    Ban quản trị chihao's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    54
    Bài viết
    675
    Cám ơn (Đã nhận)
    921
    Bài toán 2:

    Cho $x,y,z > 0$. Chứng minh rằng

    $\frac{{4z}}{{2x + y}} + \frac{{4x}}{{y + 2z}} + \frac{y}{{z + x}} \ge 3$

  3. #3
    Super Moderator Tran Le Quyen's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Bến Tre
    Bài viết
    468
    Cám ơn (Đã nhận)
    620
    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán 1:

    Cho các số thực $x,y,z > 0$. Chứng minh rằng

    $\frac{{x + 3z}}{{x + y}} + \frac{{z + 3x}}{{z + y}} + \frac{{4y}}{{z + x}} \ge 6$
    BDT tương đương
    \begin{align}
    \left (\frac{{x + 3z}}{{x + y}}+2\right ) + \left (\frac{{z + 3x}}{{z + y}}+2\right ) + \left (\frac{{4y}}{{z + x}}+6\right ) \ge 16\\
    \iff\frac{3x+2y+3z}{x+y}+\frac{3x+2y+3z}{z+y}+\fra c{2(3x+2y+3z)}{z+x}\ge 16\\
    \iff (3x+2y+3z)\left (\frac{1}{x+y}+\frac{1}{z+y}+\frac{2}{z+x}\right )\ge 16
    \end{align}
    BDT cuối đúng do theo Cauchy-Schwarz
    \[ \frac{1}{x+y}+\frac{1}{z+y}+\frac{2}{z+x}\ge\frac{ (1+1+1+1)^2}{x+y+z+y+2(z+x)}=\frac{16}{3x+2y+3z} \]

  4. #4
    Super Moderator Tran Le Quyen's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Bến Tre
    Bài viết
    468
    Cám ơn (Đã nhận)
    620
    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán 2:

    Cho $x,y,z > 0$. Chứng minh rằng

    $P=\frac{{4z}}{{2x + y}} + \frac{{4x}}{{y + 2z}} + \frac{y}{{z + x}} \ge 3$
    Theo BDT AM-GM,
    \begin{align*}
    P&=\frac{{4z(2z+y)}}{{(2x + y)(2z+y)}} + \frac{{4x(2x+y)}}{{(y + 2z)(2x+y)}} + \frac{y^2}{{y(z + x)}}\\&\ge
    \frac{{16z(2z+y)}}{{(2x+2y+2z)^2}} + \frac{{16x(2z+y)}}{{(2x+2y+2z)^2}} + \frac{4y^2}{{(z +y+ x)^2}}\\
    \end{align*}
    Vậy ta cần cm
    \begin{align*}
    \frac{4z(2z+y)+4x(2x+y)+4y^2}{(x+y+z)^2}&\ge 3\\
    \iff (2x^2+2y^2+2z^2+4yz+4xy+2x^2+2z^2)+4x^2+2y^2+4z^2& \ge 3(x+y+z)^2
    \end{align*}
    Nhưng do
    \begin{align*} 2x^2+2y^2+2z^2+4yz+4xy+(2x^2+2z^2)&\ge 2x^2+2y^2+2z^2+4yz+4xy+4xz\\&=2(x+y+z)^2 \end{align*}
    nên ta chỉ cần cm được
    \[ 4x^2+2y^2+4z^2\ge (x+y+z)^2\iff 3x^2+y^2+3z^2\ge 2(xy+yz+zx). \]
    BDT này có được bằng cách cộng theo vế các BDT đúng bên dưới
    \[ \begin{cases}
    2x^2+\frac12y^2\ge 2xy\\
    2z^2+\frac12y^2\ge 2zy\\
    x^2+z^2\ge 2xz
    \end{cases} \]
    Bài toán được giải quyết. Đẳng thức xảy ra khi $ 2x=y=2z $.
    Sửa lần cuối bởi Tran Le Quyen; 01/10/14 lúc 05:16 PM.

  5. #5
    Ban quản trị chihao's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    54
    Bài viết
    675
    Cám ơn (Đã nhận)
    921
    Bài toán 3:

    Chứng minh rằng $a + {a^3} - {a^4} - {a^6} < 1\begin{array}{*{20}{c}}
    ,&{\forall a \in \mathbb{R}}
    \end{array}$.

  6. Cám ơn Tran Le Quyen đã cám ơn bài viết này
  7. #6
    Super Moderator Tran Le Quyen's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Bến Tre
    Bài viết
    468
    Cám ơn (Đã nhận)
    620
    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán 3:

    Chứng minh rằng $a + {a^3} - {a^4} - {a^6} < 1\begin{array}{*{20}{c}}
    ,&{\forall a \in \mathbb{R}}
    \end{array}$.

    BDT đã cho có thể viết dưới dạng
    \[ a(a^2+1)(1-a)(1+a+a^2)<1\quad (1) \]
    luôn đúng nếu $ a\le 0 $ hoặc $ a\ge 1 $ vì khi đó $ VT\le0 $. Vậy chỉ cần xét $ 0< a<1 $, lúc này BDT lại có thể viết dưới dạng

    \[a^6+a^4-a^3-a+1>0\iff a^6+(a^3-1)(a-1)>0\]
    đúng vì $ 0< a<1 $. Bài toán được giải quyết.

  8. Cám ơn chihao đã cám ơn bài viết này
 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này