Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c = 6abc.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 Michael Potter

Michael Potter

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thế giới của những người yêu toán
  • Sở thích:harry potter, bất đẳng thức, phương trình nghiệm nguyên, cực trị, sherlock homles

Đã gửi 04-02-2015 - 18:33

1.Cho a,b,c >0 và a+b+c=3. Chứng minh rằng:

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

2. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn hệ thức a+b+c = 6abc. Chứng minh rằng:

   $\frac{bc}{a^{3}(c+2b)}+\frac{ca}{b^{3}(a+2c)}+\frac{ab}{c^{3}(b+2a)}\geq 2$

3. Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq max\left \{ (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2} ,(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2},(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}\right \}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Michael Potter: 04-02-2015 - 19:21


#2 Chung Anh

Chung Anh

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 420 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT Chuyên Hưng Yên
  • Sở thích:Prime

Đã gửi 04-02-2015 - 18:46

 

2. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn hệ thức a+b+c = 6abc. Chứng minh rằng:

   $\frac{bc}{a^{3}(c+2b)}+\frac{ca}{b^{3}(a+2c)}+\frac{ab}{c^{3}(b+2a)}\geq 2$

 

Đặt $(a;b;c)\rightarrow (\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z}) $

Từ giả thiết suy ra $xy+yz+zx=6 $

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành $\frac{x^3}{y+2z}+\frac{y^3}{z+2x}+\frac{z^3}{x+2y}\geq 2 $

Ta có $VT=\sum \frac{x^4}{yx+2zx}\geq \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{3(xy+yz+zx)}$  (Cauchy-Schwarz)

                                                     $\geq \frac{(xy+yz+zx)^2}{3(xy+yz+zx)}=2 $(đpcm)

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=\sqrt{2}\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{2}} $


Chung Anh


#3 duythanbg

duythanbg

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 77 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-02-2015 - 21:15

1. 

 

Áp dụng trực tiếp BĐT Cauchy - Bunyakovsky - Schwarz ta có : 

 

 

$\left ( 2a^2+b^2 \right )\left ( 2a^2+c^2 \right )=(a^2+a^2+b^2)(a^2+c^2+a^2)\geq (a^2+ac+ab)^2=a^2(a+b+c)^2$

 

Tương tự và do đó : 

 

$VT\leq \sum \frac{a}{(a+b+c)^2}=\frac{1}{3}$

 

(Vì a + b + c = 3 ) 


          

 

 

 


#4 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1568 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 05-02-2015 - 20:19

Bài 3. $3\text{max}\{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2; (\sqrt{b}-\sqrt{c})^2; (\sqrt{c}-\sqrt{a})^2\} \geqslant \sum (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2=2(a+b+c)-2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

Do đó ta cần chứng minh: $a+b+c+3\sqrt[3]{abc}\geqslant 2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

Đặt $a=x^3, b=y^3, c=z^3$ thì bất đẳng thức trở thành:

$x^3+y^3+z^3+3xyz\geqslant 2(xy\sqrt{xy}+yz\sqrt{yz}+zx\sqrt{zx})$

Giả sử $z=\text{min}\{a,b,c\}$ thì ta luôn có $x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y)=(x+y-z)(x-y)^2+z(x-z)(y-z)\geqslant 0$

Do đó $x^3+y^3+z^3+3xyz\geqslant xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$

Ta cần chứng minh $xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)\geqslant 2(xy\sqrt{xy}+yz\sqrt{yz}+zx\sqrt{zx}) \Leftrightarrow \sum yz(\sqrt{y}-\sqrt{z})^2\geqslant 0$ luôn đúng.


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.





0 người đang xem chủ đề

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