Cho $\left\{\begin{matrix}a,b,c\geq 0 & & \\ ab+bc+ca> 0 & & \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng : $\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}}\geq \frac{10}{\left ( a+b+c \right )^{2}}$
31-03-2016 - 20:21
Cho $\left\{\begin{matrix}a,b,c\geq 0 & & \\ ab+bc+ca> 0 & & \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng : $\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}}\geq \frac{10}{\left ( a+b+c \right )^{2}}$
22-03-2016 - 19:26
Bài 103 : Cho a,b,c dương , thoả mãn :a+b+c=3.
Tìm GTNN (nếu có ) của
: $\frac{1}{\sqrt{4a^{2}+bc}}+\frac{1}{\sqrt{4b^{2}+ca}}+\frac{1}{\sqrt{4c^{2}+ab}}$
19-03-2016 - 20:13
Nếu $a+b+c\geqslant 2$ thì $VT=a+b+c+\sum \dfrac{bc}{b+c}\geqslant a+b+c+\dfrac{1}{a+b+c}\geqslant \dfrac{5}{2}$
Nếu $a+b+c\leqslant 2$ thì giả sử $a\geqslant b,c$, khi đó:
$$VT=b+c+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{a(1+bc)}{a(a+b+c)+bc}\geqslant 2+\dfrac{a(1+bc)}{a(a+b+c)+bc}$$
Mà $2a(1+bc)=2a+2abc\geqslant a(a+b+c)+bc+(2a-1)bc=a(a+b+c)+bc+(a(2-a-b-c)+a^2-bc)bc\geqslant a(a+b+c)+bc$
Do đó $VT\geqslant 2+\dfrac{1}{2}=\dfrac{5}{2}$
Chỗ này là như thế nào vậy anh ?
19-03-2016 - 20:08
Đúng thật là rất xấu xí khi đây là một bài trong đề học sinh giỏi THCS (em nói thật). Nghĩ lại thì em cũng có 1 lời giải dùng đến N
Bạn có thể trình bày cụ thể về cách của bạn được không ? Theo tớ THCS thì không nên sử dụng các kiến thức quá cao cấp !
18-03-2016 - 22:08
-Bạn có thể giải bằng kiến thức THCS được không ?
-Hãy tìm ra đúng bản chất của nó , một cách thật đơn giản , dễ hiểu , đừng quá máy móc được không ?
- Và đây là lời giải của tôi , các bạn tham khảo và cho ý kiến nhé :
$\sum \frac{1}{a+b}$
=$\frac{\sum a^{2}+3\sum ab}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )(c+a)}$
$=\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}+1}{\left ( a+b+c)(ab+bc+ca)-abc\right) }$
$=\frac{\left ( a+b+c \right )^{2}+1}{a+b+c-abc}$
- Đến đây ta có bổ đề sau : $a+b+c+\frac{5}{3}abc\geq 2$ với giả thiết như đề bài ( Chứng minh bằng phép thế--các bạn tự cm nhé )
- Do đó : bđt cần chứng minh tương đương với :
$\frac{x^{2}+1}{x-\frac{1}{5}(6-3x)}\geq \frac{5}{2}\Leftrightarrow (x-2)^{2}\geq 0$ luôn đúng
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học