Chủ đề này có 6 trả lời

[toilaab]

Cho $a,b,c>0$ CMR
$$\sqrt[3]{(\dfrac{a}{b+c})^2}+\sqrt[3]{(\dfrac{b}{c+a})^2}+\sqrt[3]{(\dfrac{c}{a+b})^2}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 06-05-2012 - 23:09

[nguyenta98]

Cho $a,b,c>0$ CMR
$$\sqrt[3]{(\dfrac{a}{b+c})^2}+\sqrt[3]{(\dfrac{b}{c+a})^2}+\sqrt[3]{(\dfrac{c}{a+b})^2}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}$$

Giải như sau:
$$\sum{\sqrt[3]{(\dfrac{a}{b+c})^2}}=\sum{\dfrac{a}{\sqrt[3]{(b+c)^2.a}}}$$
$$=\sum{\dfrac{a}{\sqrt[3]{\dfrac{1}{2}(b+c).(b+c).2a}}}\geq \sum{\dfrac{a}{\sqrt[3]{\dfrac{1}{2}(\dfrac{2(a+b+c)}{3})^3}}}=\dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}<Q.E.D>$$
Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 06-05-2012 - 23:15

[Crystal]

Cho $a,b,c>0$ CMR
$$\sqrt[3]{(\dfrac{a}{b+c})^2}+\sqrt[3]{(\dfrac{b}{c+a})^2}+\sqrt[3]{(\dfrac{c}{a+b})^2}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}$$

Bài toán tổng quát:

Cho $a,b,c>0$ và $k \ge \frac{2}{3}$. Chứng minh rằng:
\[{\left( {\frac{a}{{b + c}}} \right)^k} + {\left( {\frac{b}{{c + a}}} \right)^k} + {\left( {\frac{c}{{a + b}}} \right)^k} \ge \frac{3}{{{2^k}}}\]

----

Các bạn thử chứng minh bài tổng quát. Nếu cần mình sẽ gửi lời giải.

[pumpumt]

ta có bất đẳng thức sau
$\frac{a^{m}+b^{m}}{2}\geq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^{m}$
ta chứng minh bất đẳng thức trên bằng quy nạp
áp dụng ta được $\frac{2^{k}}{(a+b)^{k}}\geq \frac{2}{a^{k}+b^{k}}$$\sum \frac{a^{k}}{\left ( c+b \right )^{k}}\geq \sum \frac{a^{k}}{2^{k-1}\left ( c^{k} +b^{k}\right )}\geq \frac{1}{2^{k-1}} \left ( \sum \frac{a^{k}}{b^{k}+c^{k}} \right )\geq \frac{1}{2^{k-1}}\times \frac{3}{2}= \frac{3}{2^{k}}$

[NLT]

Bài toán tổng quát:

Cho $a,b,c>0$ và $k \ge \frac{2}{3}$. Chứng minh rằng:
\[{\left( {\frac{a}{{b + c}}} \right)^k} + {\left( {\frac{b}{{c + a}}} \right)^k} + {\left( {\frac{c}{{a + b}}} \right)^k} \ge \frac{3}{{{2^k}}}\]
----
Các bạn thử chứng minh bài tổng quát. Nếu cần mình sẽ gửi lời giải.

Em có cách giải như thế này, nhưng chỉ áp dụng với k nguyên dương được thôi. Mấy anh xem thử:
Bổ đề: $ {A^m} + {B^m} + {C^m} \geqslant \frac{{{{\left( {A + B + C} \right)}^m}}}{{{3^{m - 1}}}} $ (A,B,C không âm; m nguyên dương)
Áp dụng AM-GM:
$ \frac{{{A^m}}}{{{A^m} + {B^m} + {C^m}}} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{3} \geqslant m\sqrt[m]{{\frac{{{A^m}}}{{{3^{m - 1}}\left( {{A^m} + {B^m} + {C^m}} \right)}}}}\, $ (có m-1 số $ \frac{1}{3} $)
$ \Rightarrow \frac{{{A^m}}}{{{A^m} + {B^m} + {C^m}}} + \frac{{m - 1}}{3} \geqslant m\frac{A}{{\sqrt[m]{{{3^{m - 1}}\left( {{A^m} + {B^m} + {C^m}} \right)}}}} $
Xây dựng 2 bđt tương tự:
$ \frac{{{B^m}}}{{{A^m} + {B^m} + {C^m}}} + \frac{{m - 1}}{3} \geqslant m\frac{B}{{\sqrt[m]{{{3^{m - 1}}\left( {{A^m} + {B^m} + {C^m}} \right)}}}} $
$ \frac{{{C^m}}}{{{A^m} + {B^m} + {C^m}}} + \frac{{m - 1}}{3} \geqslant m\frac{C}{{\sqrt[m]{{{3^{m - 1}}\left( {{A^m} + {B^m} + {C^m}} \right)}}}} $
Cộng vế theo vế 3 bđt trên rồi biến đổi ta có đpcm.
Trở lại với bài toán:
Áp dụng vào bài, và sử dụng BĐT Nesbit, ta được:
$ \sum\nolimits_{cyc} {{{\left( {\frac{a}{{b + c}}} \right)}^k}} \geqslant \frac{{{{\left( {\sum\nolimits_{cyc} {\frac{a}{{b + c}}} } \right)}^k}}}{{{3^{k - 1}}}} \geqslant \frac{{{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^k}}}{{{3^{k - 1}}}} = \frac{3}{{{2^k}}}(Q.E.D)$
P/s: các bạn xem thử nhé !

[Math Is Love]

$$\sum\nolimits_{cyc}$ {{{\left( {\frac{a}{{b + c}}} \right)}^k}} \geqslant \frac{{{{\left( {\sum\nolimits_{cyc} {\frac{a}{{b + c}}} } \right)}^k}}}{{{3^{k - 1}}}} \geqslant \frac{{{{\left( {\frac{3}{2}} \right)}^k}}}{{{3^{k - 1}}}} = \frac{3}{{{2^k}}}(Q.E.D)$
P/s: các bạn xem thử nhé !

Cho mình hỏi cái $ \sum\nolimits_{cyc}$ nghĩa là gì?
-----

Đó là tổng hoán vị.
Không,mình hỏi cái cyc cơ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doxuantung97: 04-06-2012 - 18:35

[Katyusha]

$cyc$ viết tắt của cyclic là hoán vị vòng thì phải