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

CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$

bđt 9

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1 LinhToan

LinhToan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 269 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:TOÁN HỌC

Đã gửi 08-03-2017 - 21:11

1. abc=1, a,b,c dương

CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$

         b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$

2. a,b,c dương.

CMR: nếu $\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}+\frac{1}{a+b+1}\geq 1$

         thì a+b+c$\geq$ ab+bc+ac



#2 tienduc

tienduc

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 580 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:$\color{red}{\boxed{\boxed{\rightarrow \bigstar \textrm{Mathematics} \bigstar \leftarrow }}}$

Đã gửi 08-03-2017 - 21:14

1. abc=1, a,b,c dương

CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$

         b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$

2. a,b,c dương.

CMR: nếu $\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}+\frac{1}{a+b+1}\geq 1$

         thì a+b+c$\geq$ ab+bc+ac

Bài 2 có ở đây https://diendantoanh...abc-geq-abbcca/



#3 NHoang1608

NHoang1608

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 375 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K46 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:$\boxed{\lim_{I\rightarrow U} Love= +\infty}$

Đã gửi 09-03-2017 - 12:45

1a) Bổ đề: Với mọi $x, y, z>0$, $xyz=1$ thì $\frac{1}{x^{2}+x+1}+\frac{1}{y^{2}+y+1}+\frac{1}{z^{2}+z+1}\geq 1$ $(1)$

      Chứng minh: Do $x, y, z>0$ nên tồn tại $m, n, p$ sao cho $x=\frac{np}{m^{2}}$, $y=\frac{mp}{n^{2}}$, $x=\frac{nm}{p^{2}}$

Sử dụng bất đẳng thức CBS, ta có:

$VT(1)=\sum{\frac{m^{4}}{m^{4}+m^{2}np+n^{2}p^{2}}}\geq \frac{(m^{2}+n^{2}+p^{2})}{m^{4}+n^{4}+p^{4}+m^{2}n^{2}+n^{2}p^{2}+m^{2}p^{2}+mnp(m+n+p)}\geq 1$.

Quay lại với bài toán: Bây giờ ta sử dụng bất đẳng thức trên với $x=\frac{1}{a^{4}}$, $y=\frac{1}{b^{4}}$, $z=\frac{1}{c^{4}}$, ta có:

$\frac{a^{4}}{a^{4}+a^{2}+1}+\frac{b^{4}}{b^{4}+b^{2}+1}+\frac{c^{4}}{c^{4}+c^{2}+1}\geq 1 \Leftrightarrow 1- \frac{a^{4}}{a^{4}+a^{2}+1} +1- \frac{b^{4}}{b^{4}+b^{2}+1}+1- \frac{c^{4}}{c^{4}+c^{2}+1} \leq 2 \Leftrightarrow   \frac{2(a^{2}+1)}{a^{4}+a^{2}+1}+\frac{2(b^{2}+1)}{b^{4}+b^{2}+1}+\frac{2(c^{2}+1)}{c^{4}+c^{2}+1} \leq 4 \Leftrightarrow \frac{(a^{2}+a+1)+(a^{2}-a+1)}{(a^{2}+a+1)(a^{2}-a+1)}+\frac{(b^{2}+b+1)+(b^{2}-b+1)}{(b^{2}+b+1)(b^{2}-b+1)}+\frac{(c^{2}+c+1)+(c^{2}-c+1)}{(c^{2}+c+1)(c^{2}-c+1)} \leq 4 \Leftrightarrow (\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1})+(\frac{1}{a^{2}-a+1}+\frac{1}{b^{2}-b+1}+\frac{1}{c^{2}-c+1})\leq 4$

Do $\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1}\geq 1 \Rightarrow$ ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 09-03-2017 - 12:51

The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.

----- Michelangelo----


#4 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 158 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 10-03-2017 - 21:47

1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$

Bài 1 khó cả 2 câu.
a. Bđt cần cm tương đương với
$$\sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \geq 3$$
Áp dụng bđt C-S ta phải cmr
$$\frac{(2a+2b+2c-3)^2}{a^2+b^2+c^2-a-b-c+3} \geq 3$$
Đặt $p=a+b+c=x^2,q=ab+bc+ca$
Ta phải chỉ ra $p^2-9p+6q \geq 0$
Chú ý bđt thông dụng $q^2 \geq 3pr=3p=3x^2$
Bài toán đưa về $x(x- \sqrt{3})^2(x+2 \sqrt{3}) \geq 0$
Hiển nhiên đúng.
Spoiler


b. Viết lại bđt
$$ \sum \frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} \geq 4$$
Áp dụng C-S và ta đi cmr
$$\frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \geq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+18(ab+bc+ca) -18(a+b+c)-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+18(c-1)(a+b) +c^2-18c+18ab-3 \geq 0$$
KMTTQ, $c \geq 1$, Đặt $c=x^2$
Khi đó $$ L.H.S \geq 20ab+36(c-1) \sqrt{ab} +c^2-18c-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{20}{x^2} +\frac{36(x^2-1)}{x} +x^4-18x^2-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)^2(x+1)(x+5) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.
Spoiler

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 10-03-2017 - 21:49


#5 LinhToan

LinhToan

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 269 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:TOÁN HỌC

Đã gửi 11-03-2017 - 19:34

Bài 1 khó cả 2 câu.
a. Bđt cần cm tương đương với
$$\sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \geq 3$$
Áp dụng bđt C-S ta phải cmr
$$\frac{(2a+2b+2c-3)^2}{a^2+b^2+c^2-a-b-c+3} \geq 3$$
Đặt $p=a+b+c=x^2,q=ab+bc+ca$
Ta phải chỉ ra $p^2-9p+6q \geq 0$
Chú ý bđt thông dụng $q^2 \geq 3pr=3p=3x^2$
Bài toán đưa về $x(x- \sqrt{3})^2(x+2 \sqrt{3}) \geq 0$
Hiển nhiên đúng.

Spoiler


b. Viết lại bđt
$$ \sum \frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} \geq 4$$
Áp dụng C-S và ta đi cmr
$$\frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \geq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+18(ab+bc+ca) -18(a+b+c)-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+18(c-1)(a+b) +c^2-18c+18ab-3 \geq 0$$
KMTTQ, $c \geq 1$, Đặt $c=x^2$
Khi đó $$ L.H.S \geq 20ab+36(c-1) \sqrt{ab} +c^2-18c-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{20}{x^2} +\frac{36(x^2-1)}{x} +x^4-18x^2-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)^2(x+1)(x+5) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.
Spoiler

vì sao ạ?



#6 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 158 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 13-03-2017 - 19:36

vì sao ạ?

Ý bạn là sao? Cứ khai triển ra là thấy nó tương đương thôi mà?

#7 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-03-2017 - 21:36

1. abc=1, a,b,c dương

CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$

 

Thay $(a,b,c)$ bởi $\left(\frac ba, \frac cb, \frac ac\right)$ bất đẳng thức trở thành

\[\sum \frac{a^2}{a^2-ab-b^2} \leqslant 3.\]

Ta có

\[3 - \sum \frac{a^2}{a^2-ab-b^2} = \frac{\displaystyle 4(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 + \sum  (b^2+2c^2)(a^2-2ab+bc)^2}{6(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)} \geqslant 0.\]

Bài toán được chứng minh.


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#8 tthnew

tthnew

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 421 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 05-08-2020 - 07:32

Thay $(a,b,c)$ bởi $\left(\frac ba, \frac cb, \frac ac\right)$ bất đẳng thức trở thành

\[\sum \frac{a^2}{a^2-ab+b^2} \leqslant 3.\]

Ta có

\[3 - \sum \frac{a^2}{a^2-ab+b^2} = \frac{\displaystyle 4(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 + \sum  (b^2+2c^2)(a^2-2ab+bc)^2}{6(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)} \geqslant 0.\]

Bài toán được chứng minh.

Phân tích của anh đẹp quá :)

2ncxLGo.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 05-08-2020 - 07:32

Blog: https://t-t-h-n-e-w.blogspot.com/ 

Github: https://github.com/tthnew

Các chương trình trên Maple(có code): https://github.com/t...w/MaplePackages

Giới thiệu INEQTOOL program: https://diendantoanh...bđt-trên-maple/






0 người đang xem chủ đề

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