Chủ đề này có 10 trả lời

[hoicmvsao]

Cho  a,b,c>0 và abc=1  CMR: P=$\sum 1/(a^2+ab) >= 3/2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoicmvsao: 12-08-2017 - 20:18

[trieutuyennham]

Cho  a,b,c>0 và abc=1  CMR: P=$\sum 1/(a^2+ab) >= 3/2$

Ta có

$VT=\sum \frac{a}{a^{3}+1}= \sum a-\sum \frac{a^{2}}{a^{3}+1}\geq \sum a-\sum \frac{\sqrt{a}}{2}\geq \sum \frac{a+b+c+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2}\geq \frac{3}{2}$

[viet9a14124869]

Ta có

$VT=\sum \frac{a}{a^{3}+1}= \sum a-\sum \frac{a^{2}}{a^{3}+1}\geq \sum a-\sum \frac{\sqrt{a}}{2}\geq \sum \frac{a+b+c+\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2}\geq \frac{3}{2}$

Đoạn này sai rồi , phải là $\sum \frac{a}{a^3+1}=\sum a-\sum \frac{a^4}{a^3+1}$ mới đúng

Với lại đề là $\sum \frac{1}{a^2+ab}$ chứ không phải $\sum \frac{1}{a^2+bc}$ đâu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet9a14124869: 12-08-2017 - 20:36

[trieutuyennham]

Cho  a,b,c>0 và abc=1  CMR: P=$\sum 1/(a^2+ab) >= 3/2$

 

Đoạn này sai rồi , phải là $\sum \frac{a}{a^3+1}=\sum a-\sum \frac{a^4}{a^3+1}$ mới đúng

Với lại đề là $\sum \frac{1}{a^2+ab}$ chứ không phải $\sum \frac{1}{a^2+bc}$ đâu

đề sai $a=1;b=\frac{1}{2};c=2$

[viet9a14124869]

Cho  a,b,c>0 và abc=1  CMR: P=$\sum 1/(a^2+ab) >= 3/2$

Không giảm tính tổng quát , giả sử a nằm giữa b và c .

Ta chứng minh $\frac{1}{a^2+ab}+\frac{1}{c^2+ac}\geq \frac{1}{2a^2}+\frac{1}{bc+c^2}\Leftrightarrow (a-b)(c-a)(2a^2+2ca+c^2+2ab+bc)\geq 0$ ( đúng ) .

$\rightarrow \sum \frac{1}{a^2+ab}\geq \frac{1}{2a^2}+\frac{1}{b^2+bc}+\frac{1}{c^2+bc}=\frac{1}{2a^2}+\frac{(b+c)^2}{bc(b+c)^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{bc}=\frac{1}{2a^2}+a\geq \frac{3}{2}$

Đẳng thức trên đúng theo bất đẳng thức AM-GM vì $\frac{1}{2a^2}+a=\frac{1}{2a^2}+\frac{a}{2}+\frac{a}{2}\geq 3.\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{3}{2}$ ( q.e.d )

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1 .

 

đề sai $a=1;b=\frac{1}{2};c=2$

Thử lại đi đúng mà bạn

[cristianoronaldo]

Cho  a,b,c>0 và abc=1  CMR: P=$\sum 1/(a^2+ab) >= 3/2$

Do $abc=1$ nên tồn tại số thực dương x,y,z thỏa mãn:$a=\frac{x}{y},b=\frac{z}{x},c=\frac{y}{z}$

Khi đó bất đẳng thức trở thành:

$P=\sum \frac{y^2}{x^2+yz}\geq \frac{3}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và Vasc ta có:

$P=\sum \frac{y^4}{x^2y^2+y^3z}\geq \frac{(\sum x^2)^2}{\sum x^2y^2+\sum x^3y}\geq \frac{(\sum x^2)^2}{\frac{1}{3}(\sum x^2)^2+\frac{1}{3}(\sum x^2)^2}=\frac{3}{2}$

$\Rightarrow Q.E.D$

[hoicmvsao]

BĐT Vasc CM thế nào ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoicmvsao: 21-08-2017 - 12:06

[Duy Thai2002]

BĐT Vasc CM thế nào ?

Bđt Vasc: Cho,a,b,c$\geq 0$ thì ta có bđt sau: $(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\geq 3(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)$

CM:

Bđt <=> $2(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}-6(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)\geq 0$

<=> $(a^{2}-2ac-c^{2}+ab+bc)^{2}+(b^{2}-2bc-a^{2}+ab+bc)^{2}+(c^{2}-2ab-b^{2}+bc+ca)^{2}\geq 0$(Đúng)

=> Đpcm.

[hoicmvsao]

Có cách ngắn hơn không , CM BĐT Vacs quá dài mà sao biết nhóm,biến đổi như vậy...

[hoicmvsao]

Do $abc=1$ nên tồn tại số thực dương x,y,z thỏa mãn:$a=\frac{x}{y},b=\frac{z}{x},c=\frac{y}{z}$

Khi đó bất đẳng thức trở thành:

$P=\sum \frac{y^2}{x^2+yz}\geq \frac{3}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz và Vasc ta có:

$P=\sum \frac{y^4}{x^2y^2+y^3z}\geq \frac{(\sum x^2)^2}{\sum x^2y^2+\sum x^3y}\geq \frac{(\sum x^2)^2}{\frac{1}{3}(\sum x^2)^2+\frac{1}{3}(\sum x^2)^2}=\frac{3}{2}$

$\Rightarrow Q.E.D$

BĐT Vasc CM thế nào ?

[hoicmvsao]

Bđt Vasc: Cho,a,b,c$\geq 0$ thì ta có bđt sau: $(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\geq 3(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)$

CM:

Bđt <=> $2(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}-6(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)\geq 0$

<=> $(a^{2}-2ac-c^{2}+ab+bc)^{2}+(b^{2}-2bc-a^{2}+ab+bc)^{2}+(c^{2}-2ab-b^{2}+bc+ca)^{2}\geq 0$(Đúng)

=> Đpcm.

Dài thế mà vẫn biến đổi được à?