Chủ đề này có 7 trả lời

[bigway1906]

B1. Cho a, b, c >0. CMR: $\sum \frac{2a}{b+c} \geq 3+ \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)}{(a+b+c)^2}$

B2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn : $ab+bc+ca =3$. Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)} \leq \frac{1}{abc}$

 

[MoMo123]

 

B2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn : $ab+bc+ca =3$. Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)} \leq \frac{1}{abc}$

 

$\sum \frac{}1{1+a^{2}(b+c)}=\sum \frac{1}{1+a(ab+ac)}=\sum \frac{1}{1+a(3-bc)}=\sum \frac{1}{1+3a-abc}$

 Ta có $ab+bc+ca=3\geq 3\sqrt[3]{(abc)^{2}}\rightarrow 1\geq abc$

$\rightarrow \sum \frac{1}{1+3a-abc}\leq \sum \frac{1}{1+3a-1}=\sum \frac{1}{3a}=\frac{1}{abc}$

[Hoang Dinh Nhat]

B1. Cho a, b, c >0. CMR: $\sum \frac{2a}{b+c} \geq 3+ \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)}{(a+b+c)^2}$

B2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn : $ab+bc+ca =3$. Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)} \leq \frac{1}{abc}$

 

Bài 1:

Ta có BĐT phụ: $3(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2$

​BĐT $\Leftrightarrow 2(\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{ac+bc})+\frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}-5\geq 0$

Ta có:  $\Leftrightarrow 2(\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{ac+bc})+\frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}-5\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+\frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}-5=\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+\frac{9(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}-\frac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}-5\geq 1-\frac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq 1-1=0$ $Q.E.D$

[Duy Thai2002]

B2: Ta có: $\sum \frac{1}{1+a^{2}(b+c)}=\frac{b^{2}+c^{2}+b+c}{(1+a^{2}(b+c))(b^{2}+c^{2}+b+c)}\leq \frac{b^{2}+c^{2}+b+c}{(ab+bc+ca)^{2}}=\frac{2(a+b+c)+\sum a^{2}b^{2}}{9}$

Ta cần cm: $\frac{2(a+b+c)+\sum a^{2}b^{2}}{9}\leq \frac{1}{abc}$

Đặt a+b+c=p, ab+bc+ca=q,abc=r

<=> $(2p+q^{2}-2rp).r\leq 9$

<=> $2pr+9r-2r^{2}p\leq 9$

<=> (r-1)(9-2pr)$\leq 0$

Ta sẽ cm bđt trên

Ta có: r-1$\leq$ $\frac{p^{3}9}{27}-1=0$

        9-2pr$\geq 9-2.\frac{q^{2}}{3}=3$

=> (r-1)(9-2pr) $\leq 0$

=> bđt được cm. ĐTXR<=> a=b=c=1

[tuaneee111]

B1. Cho a, b, c >0. CMR: $\sum \frac{2a}{b+c} \geq 3+ \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)}{(a+b+c)^2}$

B2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn : $ab+bc+ca =3$. Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)} \leq \frac{1}{abc}$

Bài 1: 

$$ \displaystyle \sum\limits_{{cyc}}{{\frac{{2a}}{{b+c}}}}-3-\frac{{\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {a-b} \right)}}^{2}}}}}}{{{{{\left( {a+b+c} \right)}}^{2}}}}=\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {a-b} \right)}}^{2}}\left( {\frac{{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+\sum\limits_{{cyc}}{{ab}}}}{{\left( {a+c} \right)\left( {b+c} \right){{{\left( {a+b+c} \right)}}^{2}}}}} \right)}}\ge 0$$

[trieutuyennham]

Bài 1: 

$$ \displaystyle \sum\limits_{{cyc}}{{\frac{{2a}}{{b+c}}}}-3-\frac{{\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {a-b} \right)}}^{2}}}}}}{{{{{\left( {a+b+c} \right)}}^{2}}}}=\sum\limits_{{cyc}}{{{{{\left( {a-b} \right)}}^{2}}\left( {\frac{{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+\sum\limits_{{cyc}}{{ab}}}}{{\left( {a+c} \right)\left( {b+c} \right){{{\left( {a+b+c} \right)}}^{2}}}}} \right)}}\ge 0$$

làm thế nào để phân tích được như thế 

[AnhTran2911]

B1. Cho a, b, c >0. CMR: $\sum \frac{2a}{b+c} \geq 3+ \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2)}{(a+b+c)^2}$

B2. Cho a, b, c > 0 thỏa mãn : $ab+bc+ca =3$. Chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{1+a^2(b+c)} \leq \frac{1}{abc}$

$Problem 2$: It is easy to check that $1\geq{abc}$ . Hence:

$LHS=$$\sum{\frac{1}{1+a^2(b+c)}}$ $\leq\sum{\frac{1}{abc+a^2(b+c)}}$=$\sum{\frac{1}{a(ab+bc+ca)}}$=$\frac{ab+bc+ca}{abc(ab+bc+ca)}=RHS$. $(Q.E.D)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 26-06-2017 - 20:16

[Duy Thai2002]

làm thế nào để phân tích được như thế 

pp S-S đó bạn