Cho $a,b,c>0;a+b+c=1:$ cmr.
$\frac{b^2c}{a^3(b+c)}+\frac{c^2a}{b^3(c+a)}+\frac{a^2b}{c^3(a+b)}\geq \frac{1}{2}$
Cho $a,b,c>0;a+b+c=1:$ cmr.
$\frac{b^2c}{a^3(b+c)}+\frac{c^2a}{b^3(c+a)}+\frac{a^2b}{c^3(a+b)}\geq \frac{1}{2}$
Hẹn ngày tái ngộ VMF thân yêu !
Cho $a,b,c>0;a+b+c=1:$ cmr.
$\frac{b^2c}{a^3(b+c)}+\frac{c^2a}{b^3(c+a)}+\frac{a^2b}{c^3(a+b)}\geq \frac{1}{2}$
Chỗ kia phải là $\geq \frac{9}{2}$ nhé!
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz kết hợp $AM-GM$ có
VT $=\sum \frac{(\sqrt{\frac{b^2c}{a^3}})^2}{b+c}\geq \frac{(\sum \sqrt{\frac{b^2c}{a^3}})^2}{2(a+b+c)}\geq \frac{9}{2}$
Dấu $=$ khi $3a=3b=3c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 21-12-2014 - 09:13
Cho $a,b,c>0;a+b+c=1:$ cmr.
$\frac{b^2c}{a^3(b+c)}+\frac{c^2a}{b^3(c+a)}+\frac{a^2b}{c^3(a+b)}\geq \frac{1}{2}$
Chỗ kia phải là $\geq \frac{9}{2}$ nhé!
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz kết hợp $AM-GM$ có
VT $=\sum \frac{(\sqrt{\frac{b^2c}{a^3}})^2}{b+c}\geq \frac{(\sum \sqrt{\frac{b^2c}{a^3}})^2}{2(a+b+c)}\geq \frac{9}{2}$
Dấu $=$ khi $3a=3b=3c=1$
Ý tưởng của lahantaithe99 rất hay !Nhưng mình nghĩ bài này dùng chay cô si cũng được mà
Áp dụng bất đẳng thức cô si 3 số có
$VT\geq 3.\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)(a+c)(b+c)}}$
mà ta có:$\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(a+c)}\leq \frac{a+b+b+c+a+c}{3}=\frac{2}{3}$
Từ 2 bất đẳng thức trên suy ra $VT\geq 3.\frac{1}{\frac{2}{3}}=3.\frac{3}{2}=\frac{9}{2}$
Dấu bằng xảy ra <=>$a=b=c=\frac{1}{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mikhail Leptchinski: 21-12-2014 - 20:21
Chính trị chỉ cho hiện tại,nhưng phương trình là mãi mãi
(Albert Einstein)Đừng xấu hổ khi không biết ,chỉ xấu hổ khi không học
Các bạn ủng hộ kỹ thuật tìm điểm rơi trong chứng minh bất đẳng thức nhéChỗ kia phải là $\geq \frac{9}{2}$ nhé!
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz kết hợp $AM-GM$ có
VT $=\sum \frac{(\sqrt{\frac{b^2c}{a^3}})^2}{b+c}\geq \frac{(\sum \sqrt{\frac{b^2c}{a^3}})^2}{2(a+b+c)}\geq \frac{9}{2}$
Dấu $=$ khi $3a=3b=3c=1$
sorry!
Ý tưởng của lahantaithe99 rất hay !Nhưng mình nghĩ bài này dùng chay cô si cũng được mà
Áp dụng bất đẳng thức cô si 3 số có
$VT\geq 3.\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)(a+c)(b+c)}}$
mà ta có:$\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(a+c)}\leq \frac{a+b+b+c+a+c}{3}=\frac{2}{3}$
Từ 2 bất đẳng thức trên suy ra $VT\geq 3.\frac{1}{\frac{2}{3}}=3.\frac{3}{2}=\frac{9}{2}$
Dấu bằng xảy ra <=>$a=b=c=1$
dấu ''=''' xảy ra
Hẹn ngày tái ngộ VMF thân yêu !
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh