Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Cmr: $\frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3}\le \sqrt[3]{\frac{a(a+b)(a+b+c)}{6}}$
Bài 2: Cho 3 số thực dương $a,b,c$. Cmr: $\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\ge 1$
Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Cmr: $\frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3}\le \sqrt[3]{\frac{a(a+b)(a+b+c)}{6}}$
Bài 2: Cho 3 số thực dương $a,b,c$. Cmr: $\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\ge 1$
A vẩu
Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Cmr: $\frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3}\le \sqrt[3]{\frac{a(a+b)(a+b+c)}{6}}$
Bài 2: Cho 3 số thực dương $a,b,c$. Cmr: $\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\ge 1$
Bài 2.
Ta có $$\sum {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \Leftrightarrow \sum {\frac{1}{{{{\left( {\frac{b}{a}} \right)}^2} + \frac{b}{a} + 1}}} \ge 1$$. Đặt $$x = \frac{b}{a},y = \frac{c}{b},z = \frac{a}{c}$$. Ta cần chứng minh $$\frac{1}{{{x^2} + x + 1}} + \frac{1}{{{y^2} + y + 1}} + \frac{1}{{{z^2} + z + 1}} \ge 1$$ với xyz=1. Đặt $$x = \frac{{uv}}{{{w^2}}},y = \frac{{vw}}{{{u^2}}},z = \frac{{wu}}{{{v^2}}}$$. Ta cần chứng minh $$\frac{1}{{{{\left( {\frac{{uv}}{{{w^2}}}} \right)}^2} + \frac{{uv}}{{{w^2}}} + 1}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{vw}}{{{u^2}}}} \right)}^2} + \frac{{vw}}{{{u^2}}} + 1}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{wu}}{{{v^2}}}} \right)}^2} + \frac{{wu}}{{{v^2}}} + 1}} \ge 1 \Leftrightarrow \sum {\frac{{{w^4}}}{{{u^2}{v^2} + uv{w^2} + {w^4}}}} \ge 1$$.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $$\sum {\frac{{{w^4}}}{{{u^2}{v^2} + uv{w^2} + {w^4}}}} \ge \frac{{{{\left( {\sum {{u^2}} } \right)}^2}}}{{\sum {{u^4}} + \sum {{u^2}{v^2}} + uvw\sum u }} = \frac{{\sum {{u^4}} + 2\sum {{u^2}{v^2}} }}{{\sum {{u^4}} + \sum {{u^2}{v^2}} + uvw\sum u }} \ge 1$$. Đúng do $$\sum {{u^2}{v^2}} \ge uvw\sum u $$.
Bài này còn 2 cách giải nữa cũng rất hay, và bài toán tổng quát của nó là $$\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + \lambda ab + {b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + \lambda bc + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + \lambda ca + {a^2}}} \ge \frac{3}{{\lambda + 2}}$$. Với $$a,b,c,\lambda $$ là các số dương. Tôi chỉ chứng minh được một trường hợp nhỏ là $$\lambda \ge 2$$. Bạn nào chứng minh được trong trường hợp tổng quát thì post lên nhé!
Ta có: $\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\ge 1$Bài 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Cmr: $\frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}}{3}\le \sqrt[3]{\frac{a(a+b)(a+b+c)}{6}}$
Bài 2: Cho 3 số thực dương $a,b,c$. Cmr: $\sum \frac{a^2}{a^2+ab+b^2}\ge 1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 11-06-2016 - 07:11
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh