Cho $a, b, c $ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
$$\sum \dfrac{\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{a^2+ac+c^2}}{\sqrt{b^2+bc+c^2}}\leq \dfrac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2}$$
Chứng minh $\sum \dfrac{\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{a^2+ac+c^2}}{\sqrt{b^2+bc+c^2}}\le ...$
#1
Đã gửi 07-03-2011 - 14:25
- 19kvh97, bangbang1412, huykinhcan99 và 18 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 31-08-2014 - 09:10
Bài toán này thuộc Gameshow NHỮNG BÀI TOÁN TRONG TUẦN. Bài toán đã được công bố lại nhiều ngày nhưng chưa ai giải được. BTC đã đặt hoa hồng hi vọng cho bài toán này.
Nếu hết ngày 3/9 mà vẫn không có ai giải được, BTC sẽ công bố bài toán khác, tuy nhiên hoa hồng hi vọng sẽ vẫn tồn tại cho đến khi có người giải được bài toán này.
- Viet Hoang 99, nguyenhongsonk612, TonnyMon97 và 3 người khác yêu thích
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#3
Đã gửi 01-09-2014 - 13:12
Ta có:
$\sum \frac{\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{a^2+ac+c^2}}{\sqrt{b^2+bc+c^2}} \le \frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$
$\Leftrightarrow \sum \left ( \sqrt{\frac{a^2+ac+c^2}{b^2+bc+c^2}}+\sqrt{\frac{b^2+bc+c^2}{a^2+ac+c^2}}-2 \right )\leq \frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}-6$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(\sqrt{a^2+ac+c^2}-\sqrt{b^2+bc+c^2})^2}{\sqrt{(a^2+ac+c^2)(b^2+bc+c^2)}}\leq \frac{\sum (a^2-b^2)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2\left ( \frac{(a+b)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}-\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a^2+ac+c^2)(b^2+bc+c^2)}\left ( \sqrt{a^2+ac+c^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2} \right )^2} \right )\geq 0$
Lại có $\sqrt{a^2+ac+c^2} \ge \frac{(a+c)\sqrt{3}}{2}$, nên ta cần chứng minh.
$\sum (a-b)^2\left ( \frac{(a+b)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}-\frac{16(a+b+c)^2}{9(a+c)(b+c)(a+b+2c)^2} \right )\geq 0$
Bất đẳng thức cuối đúng do:
$\frac{(a+b)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}>\frac{16(a+b+c)^2}{9(a+c)(b+c)(a+b+2c)^2}$
Vậy, bài toán chứng minh xong!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtubatu955: 03-09-2014 - 12:34
- canhhoang30011999, Near Ryuzaki, Rias Gremory và 8 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 01-09-2014 - 14:22
Ta có:
$\sum \frac{\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{a^2+ac+c^2}}{\sqrt{b^2+bc+c^2}} \le \frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$
$\Leftrightarrow \sum \left ( \sqrt{\frac{a^2+ac+c^2}{b^2+bc+c^2}}+\sqrt{\frac{b^2+bc+c^2}{a^2+ac+c^2}}-2 \right )\leq \frac{2(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}-6$$\Leftrightarrow \sum \frac{(\sqrt{a^2+ac+c^2}-\sqrt{b^2+bc+c^2})^2}{\sqrt{(a^2+ac+c^2)(b^2+bc+c^2)}}\leq \frac{\sum (a^2-b^2)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2\left ( \frac{(a+b)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}-\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a^2+ac+c^2)(b^2+bc+c^2)}\left ( \sqrt{a^2+ac+c^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2} \right )} \right )\geq 0$
Lại có $\sqrt{a^2+ac+c^2} \ge \frac{(a+c)\sqrt{3}}{2}$, nên ta cần chứng minh.
$\sum (a-b)^2\left ( \frac{(a+b)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}-\frac{16(a+b+c)^2}{9(a+c)(b+c)(a+b+2c)^2} \right )\geq 0$
Bất đẳng thức cuối đúng do:
$\frac{(a+b)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}>\frac{16(a+b+c)^2}{9(a+c)(b+c)(a+b+2c)^2}$
Vậy, bài toán chứng minh xong!
Chứng minh như nào anh?
- Near Ryuzaki, chardhdmovies, Bonjour và 1 người khác yêu thích
1- Tính toán http://www.wolframalpha.com
2- Ghé thăm tôi tại https://www.facebook...ang.truong.1999
3- Blog của tôi: http://truongviethoang99.blogspot.com/
4- Nội quy của Diễn đàn Toán học - Cách đặt tiêu đề cho bài viết. - Cách gõ $\LaTeX$ trên diễn đàn - [Topic]Hỏi đáp về việc Vẽ Hình!
#5
Đã gửi 01-09-2014 - 14:50
Chứng minh như nào anh?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PolarBear154: 01-09-2014 - 14:55
- canhhoang30011999, Near Ryuzaki, Viet Hoang 99 và 3 người khác yêu thích
Trong bất cứ hoàn cảnh công việc nào, không cúi đầu trước cái ác, không lùi trước hiểm nạn. Nhìn thẳng và đi trên con đường mình đã chọn: con đường mà sự nhẫn nại bao dung là những bước đi tới, hành trang là những ước mơ vô cùng bé nhỏ- chỉ xin làm một cành dương tưới trên cuộc đời đầy rẫy khô khát và bất trắc...
#6
Đã gửi 03-09-2014 - 12:33
$\frac{(a+b)^2}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}>\frac{16(a+b+c)^2}{9(a+c)(b+c)(a+b+2c)^2}\\ \Leftrightarrow 9(a+b)^{2}(a+c)(b+c)(a+b+2c)^{2}>16(a+b+c)^{2}(\sum a^{2}b^{2})$VT$\geq 36\prod (a+b)^{2}$ do $(a+b+2c)^{2}=[(a+c)+(b+c)]^{2}\geq 4(a+c)(b+c)$Lại có:$81\prod (a+b)^{2}\geq 64(a+b+c)^{2}(\sum ab)^{2}$ nên ta cần cm:$\frac{16}{9}(ab+bc+ca)^{2}> \sum a^{2}b^{2}$Dễ thấy điều này đúng với a,b,c dương.@hoangtubatu955: Dấu tương đương thứ 3 ở đoạn cuối thiếu cái bình phương nhé !
Cảm ơn cậu nha, mình viết nhiều quá lóa mắt đi, hi. Cái Bất đẳng thức cuối cậu chứng minh cụ thể cho mọi người hiểu, cảm ơn cậu nhé! Đã fix
- PolarBear154 yêu thích
#7
Đã gửi 03-09-2014 - 12:48
- Rias Gremory, Viet Hoang 99 và HoangHungChelski thích
$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh