Chủ đề này có 8 trả lời

[nuoccam]

Cho a,b,c>0, p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc=1

CMR: pq + 6 $\geq$ 5p  

 

[rfiyms]

Cho a,b,c>0, p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc=1

CMR: pq + 6 $\geq$ 5p  

Hình như bạn ghi nhầm đề, đề phải là:

$$\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )+6\geq 5\left ( ab+bc+ca \right )$$

Nếu đề đúng như mình ghi thì đây là lời giải của thầy Đặng Thành Nam:

Bất đẳng thức trên tương đương:

$$a+b+c+\dfrac{6}{ab+bc+ca}\geq 5$$

Đặt $P\left ( a,b,c \right )=a+b+c+\dfrac{6}{ab+bc+ca}-5$.

Giả sử $a=\min \left \{ a;b;c \right \}$ thì $a\leq 1$. Do đó:

$$P\left ( a,b,c \right )-P\left ( a,\sqrt{bc},\sqrt{ca} \right )=b+c-2\sqrt{bc}+\dfrac{6}{a\left ( b+c \right )+bc}-\dfrac{6}{2a\sqrt{bc}+bc}=\left ( \sqrt{b}-\sqrt{c} \right )^{2}\left [ 1-\dfrac{6a}{\left ( ab+bc+ca \right )\left ( bc+2a\sqrt{bc} \right )} \right ]\geq \left ( \sqrt{b}-\sqrt{c} \right )^{2}\left ( 1-\dfrac{2a}{3} \right )\geq 0$$

Do đó ta cần chứng minh:

$$P\left ( \dfrac{1}{t^{2}},t,t \right )\geq 0, \ \forall t\geq 1$$

$$\Leftrightarrow \dfrac{1}{t^{2}}+2t+\dfrac{6}{\frac{1}{t^{2}}+t^{2}}-5\geq 0$$

$$\Leftrightarrow \left ( t-1 \right )\left ( 2t^{5}-3t^{4}-3t^{3}+8t^{2}-2 \right )\geq 0, \ \forall t\geq 1$$

Bất đẳng thức cuối đúng nên bài toán được chứng minh.

Cách khác ngắn gọn hơn:

Ta có:

$$a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2\left ( ab+bc+ca \right )$$

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

$$\Leftrightarrow \left ( a+b+c \right )^{2}+3\geq 4\left ( ab+bc+ca \right )$$

Do đó ta cần chứng minh:

$$a+b+c+\dfrac{24}{\left ( a+b+c \right )^{2}+3}\geq 5$$

$$\Leftrightarrow \left ( a+b+c \right )^{3}-5\left ( a+b+c \right )^{2}+3\left ( a+b+c \right )+9\geq 0$$

$$\Leftrightarrow \left ( a+b+c+1 \right )\left ( a+b+c-3 \right )^{2}\geq 0$$

[nuoccam]

 

Hình như bạn ghi nhầm đề, đề phải là:

$$\left ( a+b+c \right )\left ( ab+bc+ca \right )+6\geq 5\left ( ab+bc+ca \right )$$

Nếu đề đúng như mình ghi thì đây là lời giải của thầy Đặng Thành Nam:

Bất đẳng thức trên tương đương:

$$a+b+c+\dfrac{6}{ab+bc+ca}\geq 5$$

Đặt $P\left ( a,b,c \right )=a+b+c+\dfrac{6}{ab+bc+ca}-5$....

Nếu bạn nghĩ là nhầm đề thì bạn có thể chỉ cho mình 1 TH mà BĐT trong đề của mình Sai đc ko 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nuoccam: 07-09-2016 - 20:24

[Nguyenhuyen_AG]

Hình như bạn ghi nhầm đề, đề phải là:

 

Bạn nuoccam ép không sai đâu. Bất đẳng thức đó đúng đấy.

[nuoccam]

Bạn nuoccam ép không sai đâu. Bất đẳng thức đó đúng đấy.

A giúp e bài này với

Nhìn ngon ăn mà khoai quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nuoccam: 07-09-2016 - 19:36

[hoangvunamtan123]

các bạn bị lộn ở chỗ p và q rồi kìa : 

$(a+b+c)(ab+bc+ac-5)+6=(a+b+c)(ab+bc+ac+\frac{9}{ab+bc+ca}-\frac{9}{ab+bc+ca}-5)+6 \geq 3(1-\frac{9}{ab+bc+ac})+6\geq 0$ 

đẳng thức cuối có được do ab+bc+ca=$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3$ (đúng ) vì abc=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangvunamtan123: 07-09-2016 - 19:56

[hoangvunamtan123]

Sai rồi bạn  , bạn chưa CM đc ab+bc+ca -5 $\geq$ 0  cho nên ko nhân vào như thế kia đc 

cho minh hỏi vì sao cần chứng minh : ab+bc+ca -5 $\geq 0$ .điều kiên chỉ cần ab+bc+ca #0 thôi chứ 

[Nguyenhuyen_AG]

Anh dùng dồn biến thôi. Giả sử $c$ là số lớn nhất trong ba số thì $c \geqslant 1$ khi đó đặt $f(a,b,c)$ là hiệu của hai vế và $t = \sqrt{ab}$ thì \[f(a,b,c) - f(t,t,c) = (\sqrt{a}-\sqrt{b})^2\left(ab+bc+ca+c^2+2\sqrt{c}-5\right) \geqslant 0.\] Việc còn lại là chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp hai biến bằng nhau.

 

[nuoccam]

cho minh hỏi vì sao cần chứng minh : ab+bc+ca -5 $\geq 0$ .điều kiên chỉ cần ab+bc+ca #0 thôi chứ 

Chốt hạ nhé, bài bạn làm sai  rồi, sai 1 cách Tinh tế, rất khó phát hiện 

Nếu ab+bc+ca -5 mà âm thì (a+b+c)(ab+bc+ca-5) không thể lớn hơn bằng 3(ab+bc+ca-5) được

Lấy ví dụ:a+b+c=4 và ab+bc+ca-5=-2 thì VT nhỏ hơn VP 

Bài này chỉ có cách làm theo dồn biến của a Huyện là an toàn nhất 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nuoccam: 09-09-2016 - 19:25