Chủ đề này có 4 trả lời

[fifa]

Bài 1:

Cho $a,b,c>0$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 16(a+b+c)$. Chứng minh:

$\frac{1}{(a+b+2\sqrt{a+c})^3}+\frac{1}{(b+c+2\sqrt{b+a})^3}+\frac{1}{(c+a+2\sqrt{c+b})^3}\leq \frac{8}{9}$

 

Bài 2:

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=(a+b+c)$. Chứng minh:

$5(a+b+c)\geq 7+8abc$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fifa: 05-02-2015 - 16:42

[nhungvienkimcuong]

Bài 1:

Cho $a,b,c>0$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 16(a+b+c)$. Chứng minh:

$\frac{1}{(a+b+\sqrt[3]{a+c})^3}+\frac{1}{(b+c+\sqrt[3]{b+a})^3}+\frac{1}{(c+a+\sqrt[3]{c+b})^3}\leq \frac{8}{9}$

 

Bài 2:

Cho  $a,b,c>0$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 16(a+b+c)$. Chứng minh:

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

bạn xem lại đề cái khi thay $a=b=c=\frac{1}{4}$ vào cả hai bài đều không đúng

 

U-Th

[fifa]

bạn xem lại đề cái khi thay $a=b=c=\frac{1}{4}$ vào cả hai bài đều không đúng

 

U-Th

Mình sửa lại đề bài rồi

[nhungvienkimcuong]

Bài 1:

Cho $a,b,c>0$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 16(a+b+c)$. Chứng minh:

$\frac{1}{(a+b+2\sqrt{a+c})^3}+\frac{1}{(b+c+2\sqrt{b+a})^3}+\frac{1}{(c+a+2\sqrt{c+b})^3}\leq \frac{8}{9}$

 

 

theo bài TST VN 2009 thì $\sum_{cyc}^{.}\frac{1}{\left ( a+b+\sqrt{2(a+c)} \right )^3}\leq \frac{8}{9}$

mà $2\sqrt{a+c}>\sqrt{2(a+c)}\Rightarrow \sum_{cyc}^{.}\frac{1}{\left ( a+b+2\sqrt{a+c} \right )^3}<\sum_{cyc}^{.}\frac{1}{\left ( a+b+\sqrt{2(a+c)} \right )^3}\leq \frac{8}{9}$

 

 

Bài 2:

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=(a+b+c)$. Chứng minh:

$5(a+b+c)\geq 7+8abc$

chuyển sang ngôn ngữ $p,q,r$ cho nó nhanh vậy

từ giả thiết ta có $r=\frac{q}{p}$ do đó ta cần chứng minh $5p^2\geq 7p+8q$

ta có $\sum a=\sum \frac{1}{a}\geq \frac{9}{\sum a}\Rightarrow p\geq 3$

ta có $p^3+9r\geq 4pq\Rightarrow q\leq \frac{p^3}{4p-\frac{9}{p}}$

do đó ta cần chứng minh $5p^2\geq 7p+\frac{8p^3}{4p-\frac{9}{p}}\Leftrightarrow \frac{(p-3)p\left ( p^2+\frac{2p}{3}-\frac{7}{4} \right )}{\left ( p-\frac{3}{2} \right )\left ( p+\frac{3}{2} \right )}\geq 0$

điều này luôn đúng nên có $Q.E.D$

 

U-Th

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 05-02-2015 - 19:29

[khanghaxuan]

Bài 1:

Cho $a,b,c>0$ và $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 16(a+b+c)$. Chứng minh:

$\frac{1}{(a+b+2\sqrt{a+c})^3}+\frac{1}{(b+c+2\sqrt{b+a})^3}+\frac{1}{(c+a+2\sqrt{c+b})^3}\leq \frac{8}{9}$

 

Bài 2:

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=(a+b+c)$. Chứng minh:

$5(a+b+c)\geq 7+8abc$

 

Bài 2 :   $ \sum \frac{1}{a}=\sum a\Rightarrow \sum ab=(\sum a)abc$ 

 

Đặt :   $\left\{\begin{matrix} \sum a=p & & \\ \sum ab=q & & \\ \prod a=r & & \end{matrix}\right.$  

 

Nên  ĐPCM viết lại :   $5p\geq 7+8r$ (*)   

 

Mặt khác ta có :   $r=\frac{q}{p}$    

 

Nên $(*)\Leftrightarrow 5p^{2}-7p-8q\geq 0$ (**)    

 

   Lại có :    $q\leq \frac{p^{2}}{3}$ (***)     

 

Từ (**) và (***) ta cần chứng minh :    $\frac{7}{3}p^{2}-7p\geq 0 \Leftrightarrow 7p(\frac{p}{3}-1)\geq 0$   (****)

 

Mặt khác ta có :    $\sum a=\sum \frac{1}{a}\geq \frac{9}{\sum a}\Rightarrow \sum a\geq 3 \Rightarrow p\geq 3$   

                        

Nên (****) đúng Vậy ta có ĐPCM 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 06-02-2015 - 09:23