Chủ đề này có 8 trả lời

[PlanBbyFESN]

Bài toán:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$(a+b^2)(b+c^2)(c+a^2)\geq 8$

 

Bài toán:

Cho $a,b,c\geq 0$và a+b+c=3.Chứng minh rằng:

$ \frac{a^{2}b}{1+a+b}+\frac{b^{2}c}{1+b+c}+\frac{c^{2}a}{1+c+a}\leq 1$

 

[motcongmotlonhon2]

 

Bài toán:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$(a+b^2)(b+c^2)(c+a^2)\geq 8$

 

Cho $a=2 , b=c=0,5$ thì $VT$ nhỏ hơn $8$

[SKT T1 SPAK]

Chắc bạn ra đề nhầm rồi.

Khi $a\rightarrow3,b=c$, thì vế trái càng nhỏ mà

Khi $a=2,b\approx 1,c\approx 0$ thì BĐT lại đúng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SKT T1 SPAK: 04-05-2016 - 00:21

[Chris yang]

 

Bài toán:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$(a+b^2)(b+c^2)(c+a^2)\geq 8$

 

Bài toán:

Cho $a,b,c\geq 0$và a+b+c=3.Chứng minh rằng:

$ \frac{a^{2}b}{1+a+b}+\frac{b^{2}c}{1+b+c}+\frac{c^{2}a}{1+c+a}\leq 1$

 

Bài 1: BĐT sai với $(a,b,c)=(2,0.5, 0.5)$. Nếu thay đổi điều kiện thành $ab+bc+ac=3$ thì bài toán hoàn toàn có thể giải quyết bằng Cauchy_Schwarz

Bài 2:

BĐT tương đương với $a^2b+b^2c+c^2+abc\leq 4$ $(1)$

Do BĐT mang tính hoán vị giữa các biến nên giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$. Ta có

$c(b-a)(b-c)\leq 0\Leftrightarrow b^2c+c^2a\leq bc^2+abc$

$\Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq bc^2+2abc+a^2b=b(a+c)^2$

Áp dụng BĐT AM-GM: $2b(a+c)^2\leq \left ( \frac{2b+a+c+a+c}{3} \right )^3=8\Rightarrow b(a+c)^2\leq 4\Rightarrow (1)$ đúng. Ta có đpcm

Dấu $=$ xảy ra khi $(a,b,c)=(1,1,1)$ hoặc $(0,1,2)$ (hoán vị)

 

P.s: Bài 2 chặt quá Nên chắc cách khai triển có vẻ ngon lành nhất! Khai triển 1 bộ rồi các biểu thức sau tương tự. Cũng nghĩ thêm dồn biến $F\left ( \frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2},c \right )$ hay $F\left (a+b,0,c \right)$ nhưng hơi chày cối! 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ngocanh99: 04-05-2016 - 17:23

[PlanBbyFESN]

Bài toán:

 

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn tổng của chúng bằng 3.Chứng minh rằng:
$$(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+bc+ca)\leq 16$$

 

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------

 

 

 

Hợp lí thì lady cứ sửa!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 05-05-2016 - 06:26

[hoanglong2k]

 

Bài toán:

 

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn tổng của chúng bằng 3.Chứng minh rằng:
$$(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+bc+ca)\leq 16$$

 

 

 Đại khái là ta có $3(a^2b+b^2c+c^2a)=(a^3b+b^3c+c^3a)+(ab+bc+ca)^2-3abc$

 Cho nên $a^3b+b^3c+c^3a=3\sum a^2b+3abc-(ab+bc+ca)^2\leq 12-(ab+bc+ca)^2$

 Từ đó $(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+bc+ca)\leq \left[12-(ab+bc+ca)^2\right](ab+bc+ca)\leq 16\Leftrightarrow (ab+bc+ca+4)(ab+bc+ca-2)^2\geq 0$

 Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(2,1,0)$ và các hoán vị tương ứng

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 16-05-2016 - 14:31

[ineX]

 Đại khái là ta có $3(a^2b+b^2c+c^2a)=(a^3b+b^3c+c^3a)+(ab+bc+ca)^2-3abc$

 Cho nên $a^3b+b^3c+c^3a={\color {Red} {3\sum a^2b+3abc}}-(ab+bc+ca)^2\leq {\color {Red} {12}}-(ab+bc+ca)^2$

 Từ đó $(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+bc+ca)\leq \left[12-(ab+bc+ca)^2\right](ab+bc+ca)\leq 16\Leftrightarrow (ab+bc+ca+4)(ab+bc+ca-2)^2\geq 0$

 Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=(2,1,0)$ và các hoán vị tương ứng

cho mình hỏi đoạn này được không ạ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 16-05-2016 - 18:12

[PlanBbyFESN]

cho mình hỏi đoạn này được không ạ?

 

À, lão áp dụng bổ đề này mà không chịu viết vào:

 

$a^2b+b^2c+c^2+abc\leq 4$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 17-05-2016 - 19:21

[Ankh]

 

Bài toán:

 

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn tổng của chúng bằng 3.Chứng minh rằng:
$$(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+bc+ca)\leq 16$$

 

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------

 

 

Hợp lí thì lady cứ sửa!

 

 Chặt hơn nữa là $(a^3b+b^3c+c^3a+abc)(ab+bc+ca)\leq 16$