Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác có ab+bc+ca=3abc. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{1}{a^3+abc}\geq \sum \frac{1}{ab+c^2}$
Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác có ab+bc+ca=3abc. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{1}{a^3+abc}\geq \sum \frac{1}{ab+c^2}$
$\mathbb{VTL}$
Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác có ab+bc+ca=3abc. Chứng minh rằng:
$\sum \frac{1}{a^3+abc}\geq \sum \frac{1}{ab+c^2}$
Đặt $(a;b;c)=(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z})$. Ta có: $x+y+z=3$
BĐT cần chứng minh trở thành: $\frac{x^2-x}{x^2+yz}+\frac{y^2-y}{y^2+xz}+\frac{z^2-z}{z^2+xy}\geq 0$
Theo $AM-GM$, ta có: $\frac{x^2-x}{x^2+yz}+\frac{y^2-y}{y^2+xz}+\frac{z^2-z}{z^2+xy}\geq \frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}+\frac{4y^2-4y}{5y^2-6y+9}+\frac{4z^2-4z}{5z^2-6z+9}$
Ta có đánh giá: $\frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}$$\geq \frac{x-1}{2}$
$\Leftrightarrow (x-1)^2(9-5x)\geq 0$
Nếu $x\leq \frac{9}{5}$ thì đánh giá trên luôn đúng: $\sum \frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}$$\geq \frac{x+y+z-3}{2}=0$
Nếu $x> \frac{9}{5}$: Ta có: $f'(x)=\frac{-(4x^2-72x+36)}{25x^4-60x^3+126x^2-108x+81}>0$ nên ta được $\frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}> \frac{2}{5}>0$$\Rightarrow \sum \frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}>0$
BĐT được cm thành công
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 20-06-2017 - 19:33
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
Đặt $(a;b;c)=(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z})$. Ta có: $x+y+z=3$
BĐT cần chứng minh trở thành: $\frac{x^2-x}{x^2+yz}+\frac{y^2-y}{y^2+xz}+\frac{z^2-z}{z^2+xy}\geq 0$
Theo $AM-GM$, ta có: $\frac{x^2-x}{x^2+yz}+\frac{y^2-y}{y^2+xz}+\frac{z^2-z}{z^2+xy}\geq \frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}+\frac{4y^2-4y}{5y^2-6y+9}+\frac{4z^2-4z}{5z^2-6z+9}$
Ta có đánh giá: $\frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}$$\geq \frac{x-1}{2}$
$\Leftrightarrow (x-1)^2(9-5x)\geq 0$
Nếu $x\leq \frac{9}{5}$ thì đánh giá trên luôn đúng: $\sum \frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}$$\geq \frac{x+y+z-3}{2}=0$
Nếu $x> \frac{9}{5}$: Ta có: $f'(x)=\frac{-(4x^2-72x+36)}{25x^4-60x^3+126x^2-108x+81}>0$ nên ta được $\frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}\geq \frac{2}{5}>0$$\Rightarrow \sum \frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}>0$
BĐT được cm thành công
Hình như chỗ đạo hàm bị sai rồi.
$\mathbb{VTL}$
sai chỗ nào a
Theo công thức thì $\left (\frac{u}{v} \right )'=\frac{u'v-uv'}{v^2}$
nên $f'(x)=\frac{-44x^2+136x-60}{(5x^2-6x+9)^2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 20-06-2017 - 19:38
$\mathbb{VTL}$
e tính chuẩn r a ơi
Nếu theo ý e, có phải $f(x)=\frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}$
$\mathbb{VTL}$
Nếu theo ý e, có phải $f(x)=\frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}$
khi đó:$f'(x)=\frac{(4x^2-4x)'(5x^2-6x+9)-(4x^2-4x)(5x^2-6x+9)'}{(5x^2-6x+9)^2}$$=\frac{(8x-4)(5x^2-6x+9)-(4x^2-4x)(10x-6)}{(5x^2-6x+9)^2}$$=\frac{-44x^2+136x-60}{(5x^2-6x+9)^2}$
Ẹc anh thu gọn nhầm cái trên tử r
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
Đặt $(a;b;c)=(\frac{1}{x};\frac{1}{y};\frac{1}{z})$. Ta có: $x+y+z=3$
BĐT cần chứng minh trở thành: $\frac{x^2-x}{x^2+yz}+\frac{y^2-y}{y^2+xz}+\frac{z^2-z}{z^2+xy}\geq 0$
Theo $AM-GM$, ta có: $\frac{x^2-x}{x^2+yz}+\frac{y^2-y}{y^2+xz}+\frac{z^2-z}{z^2+xy}\geq \frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}+\frac{4y^2-4y}{5y^2-6y+9}+\frac{4z^2-4z}{5z^2-6z+9}$
Ta có đánh giá: $\frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}$$\geq \frac{x-1}{2}$
$\Leftrightarrow (x-1)^2(9-5x)\geq 0$
Nếu $x\leq \frac{9}{5}$ thì đánh giá trên luôn đúng: $\sum \frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}$$\geq \frac{x+y+z-3}{2}=0$
Nếu $x> \frac{9}{5}$: Ta có: $f'(x)=\frac{-(4x^2-72x+36)}{25x^4-60x^3+126x^2-108x+81}>0$ nên ta được $\frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}> \frac{2}{5}>0$$\Rightarrow \sum \frac{4x^2-4x}{5x^2-6x+9}>0$
BĐT được cm thành công
Ẹc, e đúng rồi,xin lỗi hihi , nhưng mà chỗ màu đỏ nó chưa dương được đâu! Vì mẫu dương nên dấu phụ thuộc tử, tức là $4x^2-72x+36<0$
tương đương $9-6\sqrt{2}<x<9+6\sqrt{2}$ thì $x>\frac{9}{2}$ nó vẫn âm được.
P/s: Thôi rồi :>, quên mất $x<3$, xấu hổ ghê, off .
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 20-06-2017 - 20:48
$\mathbb{VTL}$
Giả sử $a\ge b\ge c$. Do $a,b,c$ là số đo ba cạnh của tam giác nên
$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{c}\ge\frac{1}{b}\ge\frac{1}{a}\\ \frac{1}{ab+c^2}\ge\frac{1}{ac+b^2}\ge\frac{1}{bc+a^2}\end{matrix}\right.$
Áp dụng bất đẳng thức $Chebyshev$ ta có:
$\frac{1}{c}.\frac{1}{ab+c^2}+\frac{1}{b}.\frac{1}{ac+b^2}+\frac{1}{a}.\frac{1}{bc+a^2}\ge\frac{1}{3}.\left ( \frac{1}{c}+\frac{1}{b}+\frac{1}{a} \right ).\left ( \frac{1}{ab+c^2}+\frac{1}{ac+b^2}+\frac{1}{bc+a^2} \right )$
Do $ab+bc+ca=3abc$ suy ra $ \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$
Từ đó ta có đpcm.
$\mathbb{VTL}$
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh