Cho a, b, c là các số thực thay đổi trong khoảng [1;2]
CMR: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 5abc$
Cho a, b, c là các số thực thay đổi trong khoảng [1;2]
CMR: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 5abc$
Cho a, b, c là các số thực thay đổi trong khoảng [1;2]
CMR: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 5abc$
$a\geqslant b\geqslant c\Rightarrow 2c\geqslant a\geqslant b\geqslant c=>LHS\leqslant 2ca^2+b^3+c^3-5abc\leqslant 0$
Cố định $b,c$ . $f(a)$ là tam thức bậc 2 vs hệ số cao nhất dương và $a\in [b;2c]\Rightarrow f(b)=b^2(b-2c)+c(c^2-b^2)\leqslant 0;f(2c)=-3c^2(b-c)\leqslant 0$
Cho a, b, c là các số thực thay đổi trong khoảng [1;2]
CMR: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 5abc$
Do $a\epsilon [1;2]$
Ta co $(a-1)(a-2)(a+3)\leq 3$ $\Rightarrow a^3\leq 7a-6$
C/mtt: $\sum a^3\leq 7(\sum a)-18$
Ta can c/m $5abc-7(a+b+c)+18\geq 0(1)$
Ta co $(b-1)(c-1)\geq 0$ $\Rightarrow bc\geq b+c-1$
The vao (1),ta co $(b+c)(5a-7)-12a+18\geq 0$
Gia su $a=max{a,b,c}$
Neu $\frac{7}{5}\leq a\leq 2$ $\Rightarrow VT\geq 2(5a-7)-12a+18=4-2a\geq 4-2.2=0$
Neu $1\leq a\leq \frac{7}{5}$ $\Rightarrow VT\geq 2a(5a-7)-12a+18=10a^2-26a+18>0$
BDT duoc chung minh
$a\geqslant b\geqslant c\Rightarrow 2c\geqslant a\geqslant b\geqslant c=>LHS\leqslant 2ca^2+b^3+c^3-5abc\leqslant 0$
Cố định $b,c$ . $f(a)$ là tam thức bậc 2 vs hệ số cao nhất dương và $a\in [b;2c]\Rightarrow f(b)=b^2(b-2c)+c(c^2-b^2)\leqslant 0;f(2c)=-3c^2(b-c)\leqslant 0$
Cách làm của anh giống như trong báo TH&TT quá Anh có thể cho em thêm nhiều ví dụ như vậy được không Em cảm ơn ạ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NhatTruong2405: 14-07-2015 - 22:34
Do $a\epsilon [1;2]$
Ta co $(a-1)(a-2)(a+3)\leq 3$ $\Rightarrow a^3\leq 7a-6$
C/mtt: $\sum a^3\leq 7(\sum a)-18$
Ta can c/m $5abc-7(a+b+c)+18\geq 0(1)$
Ta co $(b-1)(c-1)\geq 0$ $\Rightarrow bc\geq b+c-1$
The vao (1),ta co $(b+c)(5a-7)-12a+18\geq 0$
Gia su $a=max{a,b,c}$
Neu $\frac{7}{5}\leq a\leq 2$ $\Rightarrow VT\geq 2(5a-7)-12a+18=4-2a\geq 4-2.2=0$
Neu $1\leq a\leq \frac{7}{5}$ $\Rightarrow VT\geq 2a(5a-7)-12a+18=10a^2-26a+18>0$
BDT duoc chung minh
Cách làm của anh giống như trong báo TH&TT quá Anh có thể cho em thêm nhiều ví dụ như vậy được không Em cảm ơn ạ
Thử thế này xem:
Xét hàm số: $f(a)=a^3-5abc+b^3+c^3$
$=>f'(a)=3a^2-5bc$
Tìm được 2 nghiệm là: $a_1=\frac{\sqrt{5}bc}{\sqrt{3}}$
$a_2=\frac{-\sqrt{5}bc}{\sqrt{3}}$
Từ đó loại $a_2$, lập bảng biến thiên với $a_1\epsilon \left [ 1,2 \right ]$
Khi đó thì Max f(a)= Max {f(1),f(2)}
Ta có: $f(a)=f(1)=b^3+c^3-5bc+1=f(b)$
Ta có: $f'(b)=3b^2-5c$
Có 2 nghiệm là: $b_1=\frac{\sqrt{5}c}{\sqrt{3}}$
Và $b_2=\frac{-\sqrt{5}c}{\sqrt{3}}$
Từ đó cũng lập bảng biến thiên ra được:
Max f(b)=Max {f(1),f(2)}
TH1: $f(b)=f(1)=c^3-5c+2$
Hiển nhiên $f(1) \leq 0$ vì $(c-2)(c^2+2c-1)\leq 0$ theo giả thiết
TH2: $f(b)=f(2)=c^3-10c+9$ ta cũng dễ dàng chứng minh $\leq 0$
Trường hợp: $f(a)=f(2)$ làm tương tự
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 14-07-2015 - 23:00
Cho a, b, c là các số thực thay đổi trong khoảng [1;2]
CMR: $a^{3}+b^{3}+c^{3}\leq 5abc$
Giả sử $a\geq b\geq c$ Ta có :
$+)~~ a^3-5a+2=(a-2)(a^2+2a-1)\leq 0$
$+)~~b^3+5a-5ab-1=(b-1)(b^2+b+1-5a)\leq (b-1)(a^2-4a+1)\leq 0$
$+)~~c^3+5ab-5abc-1=(c-1)(c^2+c+1-5ab)\leq (c-1)(a^2+a+1-5a)\leq 0$
$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\leq 5abc$
Dấu "=" xảy ra khi có một biến bằng 2, hai biến bằng 1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 14-07-2015 - 23:16
Giả sử $a\geq b\geq c$ Ta có :
$+)~~ a^3-5a+2=(a-2)(a^2+2a-1)\leq 0$
$+)~~b^3+5a-5ab-1=(b-1)(b^2+b+1-5a)\leq (b-1)(a^2-4a+1)\leq 0$
$+)~~c^3+5ab-5abc+1=(c-1)(c^2+c+1-5ab)\leq (c-1)(a^2+a+1-5a)\leq 0$
$\Rightarrow a^3+b^3+c^3\leq 5abc$
Dấu "=" xảy ra khi có một biến bằng 2, hai biến bằng 1
-1 chứ
Thử thế này xem:
Xét hàm số: $f(a)=a^3-5abc+b^3+c^3$
$=>f'(a)=3a^2-5bc$
Tìm được 2 nghiệm là: $a_1=\frac{\sqrt{5}bc}{\sqrt{3}}$
$a_2=\frac{-\sqrt{5}bc}{\sqrt{3}}$
Từ đó loại $a_2$, lập bảng biến thiên với $a_1\epsilon \left [ 1,2 \right ]$
Khi đó thì Max f(a)= Max {f(1),f(2)}
Ta có: $f(a)=f(1)=b^3+c^3-5bc+1=f(b)$
Ta có: $f'(b)=3b^2-5c$
Có 2 nghiệm là: $b_1=\frac{\sqrt{5}c}{\sqrt{3}}$
Và $b_2=\frac{-\sqrt{5}c}{\sqrt{3}}$
Từ đó cũng lập bảng biến thiên ra được:
Max f(b)=Max {f(1),f(2)}
TH1: $f(b)=f(1)=c^3-5c+2$
Hiển nhiên $f(1) \leq 0$ vì $(c-2)(c^2+2c-1)\leq 0$ theo giả thiết
TH2: $f(b)=f(2)=c^3-10c+9$ ta cũng dễ dàng chứng minh $\leq 0$
Trường hợp: $f(a)=f(2)$ làm tương tự
Spoiler
Cách của bạn áp dụng đạo hàm rất hay mà
@ Hoang Nhat Tuan: Có gì bạn hỏi qua tin nhắn ấy
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 14-07-2015 - 23:18
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh