Chủ đề này có 9 trả lời

[anhxuanfarastar]

Cho a,b,c dương và abc=1.CMR $\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\leq 1$

[darkknight9x97]

Cho a,b,c dương và abc=1.CMR $\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\leq 1$

Ta có:$a^{3}+b^{3}\geq ab(a+b)$
$b^{3}+c^{3}\geq bc(c+b)$
$a^{3}+c^{3}\geq ac(a+c)$
Suy ra: $\frac{1}{a^3+b^3+abc}+\frac{1}{b^3+c^3+abc}+\frac{1}{c^3+a^3+abc}\leq \frac{1}{ab(a+b+c)}+\frac{1}{bc(a+b+c)}+\frac{1}{ac(a+b+c)}$
lại có$\frac{1}{ab(a+b+c)}+\frac{1}{bc(a+b+c)}+\frac{1}{ac(a+b+c)}=\frac{1}{a+b+c}\left ( \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac} \right )=\frac{1}{abc}=1$(dpcm)
Dấu đẳng thức xảy ra kvck a=b=c=1

[banhgaongonngon]

Ta có bài toán tổng quát
Cho $n\in \mathbb{N}, n\geqslant 3$ và n số dương $a_{i}>0, i=\overline{1,n}$. CMR
$\frac{1}{a_{2}^{n}+a_{3}^{n}+...+a_{n}^{n}+a_{1}a_{2}...a_{n}} +\frac{1}{a_{1}^{n}+a_{3}^{n}+...+a_{n}^{n}+a_{1}a_{2}...a_{n}}+...+ \frac{1}{a_{1}^{n}+a_{2}^{n}+...+a_{n-1}^{n}+a_{1}a_{2}...a_{n}}\leqslant \frac{1}{a_{1}a_{2}...a_{n}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi banhgaongonngon: 08-12-2012 - 17:57

[banhgaongonngon]

Chứng minh bằng bất đẳng thức $x_{1}^{n+1}+x_{2}^{n+1}+...+x_{n}^{n+1} \geqslant x_{1}x_{2}...x_{n}(x_{1}+x_{2}+...+x_{n})$.

[banhgaongonngon]

Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev và bất đẳng thức AM - GM: $n(x_{1}^{n+1}+x_{2}^{n+1}+...+x_{n}^{n+1}) \geqslant (x_{1}+x_{2}+...+x_{n})(x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+...+x_{n}^{n}) \geqslant (x_{1}+x_{2}+...+x_{n}) . n.x_{1}x_{2}...x_{n}$.

[anhxuanfarastar]

Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev và bất đẳng thức AM - GM: $n(x_{1}^{n+1}+x_{2}^{n+1}+...+x_{n}^{n+1}) \geqslant (x_{1}+x_{2}+...+x_{n})(x_{1}^{n}+x_{2}^{n}+...+x_{n}^{n}) \geqslant (x_{1}+x_{2}+...+x_{n}) . n.x_{1}x_{2}...x_{n}$.

hãy chứng minh bất đẳng thức Shebyshev

[banhgaongonngon]

hãy chứng minh bất đẳng thức Shebyshev

Có trong sách chuyên toán lớp 10 mà anh

[anhxuanfarastar]

Có trong sách chuyên toán lớp 10 mà anh

có muốn thử sức bài này không???
Chứng minh rằng với các số thực a,b,c đôi một khác nhau ta có:
$(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(\frac{1}{(a-b)^2}+\frac{1}{(b-c)^2}+\frac{1}{(c-a)^2})\geq \frac{27}{4}$

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng
$$[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(a-c)^{2}](\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}+\frac{1}{(c-a)^{2}})\geq \frac{27}{2}$$
Đặt $x=a-b;y=b-c$.BĐT trên trở thành
$$(x^{2}+y^{2}+(x+y)^{2})(\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{(x+y)^{2}})\geq \frac{27}{2}$$
Ta có :
$$\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{(x+y)^{2}}\geq \frac{1}{2}(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^{2}+\frac{1}{(x+y)^{2}}\geq \frac{8}{(x+y)^{2}}+\frac{1}{(x+y)^{2}}=\frac{9}{(x+y)^{2}}$$
Và
$$x^{2}+y^{2}+(x+y)^{2}\geq \frac{(x+y)^{2}}{2}+(x+y)^{2}=\frac{3}{2}(x+y)^{2}$$
Nhân 2 BĐT trên lại ta có điều phải chứng minh

[Sagittarius912]

hãy chứng minh bất đẳng thức Shebyshev

sử dụng bdt hoán vị cho 2 bộ số $(a_{1},...,a_{n})$
và $(b_{1},...,b_{n})$
trong đó $a_{1}\geq a_{2}\geq ...\geq a_{n};b_{1}\geq b_{2}\geq...\geq b_{n}$
ta có
$a_{1}b_{1}+...+a_{n}b_{n}\geq a_{1}b_{2}+...+a_{n}b_{1}$

$a_{1}b_{1}+...+a_{n}b_{n}\geq a_{1}b_{3}+...+a_{n}b_{2}$$a_{1}b_{1}+...+a_{n}b_{n}= a_{1}b_{1}+...+a_{n}b_{n}$
$a_{1}b_{1}+...+a_{n}b_{n}\geq a_{1}b_{4}+...+a_{n}b_{4}$
...
$a_{1}b_{1}+...+a_{n}b_{n}\geq a_{1}b_{n}+...+a_{n}b_{n-1}$
$a_{1}b_{1}+...+a_{n}b_{n}= a_{1}b_{1}+...+a_{n}b_{n}$
cộng vế theo vế các bdt trên ta có dpcm