Đến nội dung

Hình ảnh

Cho a, b, c > 0. C/m: $\frac{a}{bc(c+a)}+\frac{b}{ac(a+b)}+\frac{c}{ab(b+c)}\geq \frac{27}{2(a+b+c)^2}$

* * * * * 2 Bình chọn hay khó tuyệt

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1
gogeta

gogeta

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 80 Bài viết

1. Cho a, b, c > 0.

C/m: $\frac{a^2}{b^{3}}+\frac{b^2}{c^{3}}+\frac{c^2}{a^{3}}\geq \frac{9}{a+b+c}$.

 

2. Cho x, y, z > 0.

C/m: $\frac{x^{4}}{y^{2}(x+z)}+\frac{y^{4}}{z^{2}(x+y)}+\frac{z^{4}}{x^{2}(y+z)}\geq \frac{x+y+z}{2}$.

 

3. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

C/m: $\sqrt{2}(a+b+c)\leq \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\leq \sqrt{3}(a+b+c)$.

 

4. Cho a, b, c > 0.

C/m: $\frac{a}{bc(c+a)}+\frac{b}{ac(a+b)}+\frac{c}{ab(b+c)}\geq \frac{27}{2(a+b+c)^2}$.



#2
trandaiduongbg

trandaiduongbg

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 327 Bài viết

3. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

C/m: $\sqrt{2}(a+b+c)\leq \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\leq \sqrt{3}(a+b+c)$.

Ta có: $\sqrt{a^2+b^2} \geq \frac{a+b}{\sqrt{2}}$

Thiết lập các BDT tương tự cộng vào ta được:

$\sqrt{2}(a+b+c)\leq \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}$

 

Còn VP Mình nghĩ là dấu < thôi

Ta có:

a-b<c $\Rightarrow$ $(a-b)^2<c$ $\Rightarrow$ $a^2+b^2<c^2+2ab$

$\Rightarrow$ $\sqrt{a^2+b^2} < \sqrt{c^2+2ab}$

Tương tự:

$\sqrt{b^2+c^2} < \sqrt{a^2+2bc}$

$\sqrt{c^2+a^2} < \sqrt{b^2+2ca}$

Cộng vào ta đc:

$$\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}$$ < $$\sqrt{c^2+2ab}+ \sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ca}$$

Áp dụng BDT B.C.S ta có:

$(\sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ca}+\sqrt{c^2+2ab})^2 \leq (1+1+1)(a+b+c)^2$

$\Rightarrow$ đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trandaiduongbg: 21-07-2013 - 21:18

79c224405ed849a4af82350b3f6ab358.0.gif

 

 


#3
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Bài 1 : Nhân cả 2 vế với a + b + c ta có bất đẳng thức tương đương .

                                      $(a+b+c)(\frac{a^{2}}{b^{3}}+\frac{b^{2}}{c^{3}}+\frac{c^{2}}{a^{3}})\geq 9$

Áp dụng bất đẳng thức cauchy-schwars cho vế trái ta được

                                    căn   VT $\geq$ $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}$

Áp dụng AM - GM cho biểu thức trong ngoặc ta có dpcm


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#4
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Bài 3 với VP có thể biến đổi tương đương ; còn VT suy ra trực tiếp từ bất đẳng thức minkowski hay bất đẳng thức tam giác.


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#5
bossulan239

bossulan239

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 122 Bài viết

Bài 3 Ta có

Do a,b,c là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác $\Rightarrow \sum a^{2}\leq 2\sum ab$

$VT^{2}\leq 6.\sum a^{2}=3\sum a^{2}+3\sum a^{2}\leq 3\sum a^{2}+6\sum ab=3(a+b+c)^{2}$

$\Rightarrow Q.E.D$



#6
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Bài 4 nhân 2 vế với 2(a+b+c) rồi cauchy-schwars và AM-GM là xong .


$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#7
bossulan239

bossulan239

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 122 Bài viết

Bài 4 ta có

$VT=\sum \frac{a^{2}}{abc.(c+a)}\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{2abc.\sum a}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh

$\sum a^{3}\geq 27abc$

Hiển nhiên đúng theo AM-GM



#8
trandaiduongbg

trandaiduongbg

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 327 Bài viết

2. Cho x, y, z > 0.

C/m: $\frac{x^{4}}{y^{2}(x+z)}+\frac{y^{4}}{z^{2}(x+y)}+\frac{z^{4}}{x^{2}(y+z)}\geq \frac{x+y+z}{2}$.

Ta có:

$\sum \frac{x^4}{y^2(x+z)}+\sum \frac{x+z}{4} \geq \sum \frac{x^2}{y}$

$\Rightarrow$ $\sum \frac{x^4}{y^2(x+z)} \geq \sum \frac{x^2}{y}- \sum \frac{x+z}{4}= \sum \frac{x^2}{y}-\frac{x+y+z}{2} \geq \frac{(x+y+z)^2}{x+y+z}-\frac{x+y+z}{2}=\frac{x+y+z}{2}$ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trandaiduongbg: 21-07-2013 - 21:39

79c224405ed849a4af82350b3f6ab358.0.gif

 

 






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hay, khó, tuyệt

2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh