Đến nội dung

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

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

 

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

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
  • 1567 Bài viết

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.





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh