|
|
giải đáp
|
BĐT số 3
|
|
|
|
Đặt $y=az;z=bx\Rightarrow a;b\in [\frac{1}{4};1].$ Khi đó: $P=\frac{1}{2+3a}+\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+1}.$ Xét hàm số: $f(a)=\frac{1}{2+3a}+\frac{a}{a+b}; f'(a)=-\frac{3}{(2+3a)^2}+\frac{b}{(a+b)^2}.$ Xét $b(2+3a)^2-3(a+b)^2=9a^2b+6ab+4b-3a^2-3b^2\geq 15a^2b+4b-3a^2-3b^2=3a^2(5b-1)+b(4-3b)>0$ Nên $f(a)$ là hàm đồng biến trên $[\frac{1}{4};1]\Rightarrow f(a)\geq f(\frac{1}{4})=\frac{4}{11}+\frac{1}{1+4b}$ Do đó: $P\geq \frac{4}{11}+\frac{1}{1+4b}+\frac{b}{b+1}=g(b)$ Ta có $g'(b)=\frac{-4}{(1+4b)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\Rightarrow g'(b)=0\rightarrow b=\frac{1}{2}$ Tuqf đó suy ra $g(b)\geq g(\frac{1}{2})=\frac{34}{33}$ hay $P\geq \frac{34}{33}$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
Cái này chế biến như thế nào đây??
|
|
|
|
$1).$Cho $\left\{ \begin{array}{l} a,b,c>0\\ a^3+b^3+2c^3=1 \end{array} \right..$ Chứng minh: $\frac{a^2}{b^3+2c^3}+\frac{b^2}{2c^3+a^3}+\frac{2c^2}{c^3+a^3+b^3}\geq \frac{4\sqrt[3]{4}}{3}$ $2).$Cho $\left\{ \begin{array}{l} a,b>0\\ a^2+b^2=\frac{2}{3}\end{array} \right..$ Chứng minh:$\frac{a}{1+3b^2}+\frac{b}{1+3a^2}\geq \frac{\sqrt{3}}{3}$
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
bdt hay
|
|
|
|
http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/135343/can-gap-a-mn-giup-em-voi/36708#36708
P/s: còn 1 cách nữa. Nếu bạn thấy cách này khó áp dụng thì mình sẽ đăng cách còn lại.^^ Good luck! |
|
|
|
giải đáp
|
Hình học 8 (continue 4)
|
|
|
|
Ta có $MN=DN+CD+CM=a+CM+DN$ Theo Cauchy: $CM+DN\geq 2\sqrt{CM.DN}=2a$ $\Rightarrow MN\geq 2a+a=3a$ Đẳng thức xảy ra khi $CM=DN\Rightarrow CM=DN=a\Rightarrow \frac{CM}{a}=1\Rightarrow \frac{CE}{a-CE}=1\Rightarrow CE=\frac{a}{2}$ $\Rightarrow E$ là trung điểm của $BC$ Tương tự ta cũng có $F$ là trung điểm của $AD./$ |
|
|
|
giải đáp
|
Hình học 8(continue 2)
|
|
|
|
Trên $CB$ lấy điểm $D$ sao cho $CD=CA.$ Dễ c/ được $\Delta ABC$~~ $\Delta DBA(g.g)\Rightarrow $ tỉ lệ......... Do độ dài là 3STN liên tiếp nên xét 2TH $a-b=1$ v $a-b=2$ Với $BC=a;AB=c;CA=b.......$ e lm típ nhak |
|
|
|
giải đáp
|
Hình học 8(continue 1)
|
|
|
|
Vẽ $EE' , II', DD'$ vuông góc với BC.
Dễ c/m
được $II'$ là đường trung bình hình thang $EE'D'D.$
$\Rightarrow EE' + DD' = 2II'$
Do
đó S BEC + SBDC = $\frac{1}{2}$BC.EE'$ $+$\frac{1}{2}$$BC.DD' =BC.II' $
Qua I vẽ đường thẳng PQ // BC, cắt BH và CK
ở P và Q.
Ta có $BC.II'$ = SBPQC
Mà Dễ c/m được: DNHP = DNKQ (g.c.g) => SNHP = SNKQ
=>
SBPQC = SBHKC
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình học 8(continue 1)
|
|
|
|
$a,$ Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, ta dễ dàng c/m được $\Delta MDE$ cân tại $M$Kẻ $MI $ vuông góc với $ED,$ suy ra $I$ là trung điểm của $DE\rightarrow ID=IE(1)$ $\Rightarrow MI//BH//CK$ $\rightarrow MI$ là đường trung bình của hình thang $BHKC\rightarrow IH=IK(2)$ Trừ vế $(2)-(1)$ ta được đpcm!
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tích bằng 1. Cm:
|
|
|
|
Cách 5:.(Sử dụng BĐT trung gian) Trước hêt, ta c/m BĐT đại diện: $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{a^{\frac{4}{3}}}{\sum_{}^{}a^{\frac{4}{3}} }$ $\Leftrightarrow (\sum_{}^{}a^{\frac{4}{3}})^2\geq a^{\frac{2}{3}}(a^2+8bc).$ Thật vậy, ta có: $(\sum_{}^{}a^{\frac{4}{3}})^2-(a^{\frac{4}{3}})^2=(b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}}).(2a^{\frac{4}{3}}+b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}})\geq (2b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{4}{3}})(4a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}})=8a^{\frac{2}{3}}bc.$ Suy ra:: $(\sum_{}^{}a^{\frac{4}{3}})^2\geq (a^{\frac{4}{3}})^2+8a^{\frac{2}{3}}bc=a^{\frac{2}{3}}(a^2+8bc).$ Vậy: $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{a^{\frac{4}{3}}}{a^{\frac{4}{3}}+b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}}};...............$ Từ đó, cộng 2 vế 3 bđt cùng chiều suy ra đpcm
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tích bằng 1. Cm:
|
|
|
|
Cách 4: Vận dụng BĐT Bunyakoxsky Ta có: $(a+b+c)^2\leq (\sum_{}^{}\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}).(\sum_{}^{}a\sqrt{a^2+8bc}) =(\sum_{}^{}\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}).(\sum_{}^{}\sqrt{a}\sqrt{a^3+8abc})\leq (\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}).\sqrt{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc)}\leq (\sum_{}^{}\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}).\sqrt{(a+b+c)(a+b+c)^3}. $ $\Rightarrow .................$ |
|
|
|
giải đáp
|
Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tích bằng 1. Cm:
|
|
|
|
Cách 3: Vận dụng BĐT Chebyshev, Cauchy, Bunyakovsky. Không giảm tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$ $P\geq \sum_{}^{} \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6bc}}\geq\frac{1}{3}.(a+b+c).(\sum_{}^{} \frac{1}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6bc}})\geq \frac{1}{3}.(a+b+c).\frac{9}{\sum_{}^{}\sqrt{a^2+b^2+c^2+6bc} }\geq \frac{1}{3}.(a+b+c).\frac{9}{\sqrt{3[\sum_{}^{} }(a^2+b^2+6bc)]}=1$ $\Rightarrow ..................$ |
|