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

$2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c)$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 13 trả lời

#1 hoanglong9a1

hoanglong9a1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thế kỉ 22
  • Sở thích:Toán Hình, đặc biệt là đường tròn

Đã gửi 04-12-2017 - 21:17

1.Cho a,b,c >0.CM $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c)$

2.Cho a,b,c >0. CM $5(a^3+b^3+c^3)+3abc+9\geq 9(ab+bc+ca)$



#2 Sudden123

Sudden123

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 41 Bài viết

Đã gửi 04-12-2017 - 21:32

1.Cho a,b,c >0.CM $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c)$
2.Cho a,b,c >0. CM $5(a^3+b^3+c^3)+3abc+9\geq 9(ab+bc+ca)$

1,Với tính thuần nhất của BĐT trên,ta chuẩn hóa:$abc=1$ $ a+b+c \ge 3$

Bài toán quy về CM:$2(a^2+b^2+c^2)+9 \ge 5(a+b+c)$

Ta có:$a^2+b^2+c^2+3 \ge 2(a+b+c)$(biến đổi tương đương)

Do đó ta chỉ CM:

$a^2+b^2+c^2+6 \ge 3(a+b+c)$

Đặt: $a+b+c=p$ và $ab+bc+ca=q$

$Q.E.D$ \Leftrightarrow $p^2-3p+6\ge 2q$

Theo BĐT schur:$\frac{p^3+9}{2p}\ge 2q$

Ta sẽ CM: $p^2-3p+6 \ge \frac{p^3+9}{2p}$

\Leftrightarrow $(p-3)(p^2-3p+3)\ge 0$

Bất đẳng thức hiển nhiên đúng với $p\ge 3$ $đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sudden123: 04-12-2017 - 21:34


#3 hoanglong9a1

hoanglong9a1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thế kỉ 22
  • Sở thích:Toán Hình, đặc biệt là đường tròn

Đã gửi 04-12-2017 - 21:33

Có thể sử dụng nguyên lí dirichlet ko bn



#4 Sudden123

Sudden123

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 41 Bài viết

Đã gửi 04-12-2017 - 21:34

Có thể sử dụng nguyên lí dirichlet ko bn


Mk chưa nghĩ tới

#5 ducthai2133

ducthai2133

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 19 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Analytics,Philosophy

Đã gửi 04-12-2017 - 21:39

1, đặt A nhé
Ta có thể chọn a+b+c=3

có $abc = \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3} - (a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ac ->A=a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac+\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8$
dễ dàng chứng minh:$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
do đó:$A=\frac{4}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ca+8 ->A=\frac{1}{2}(a+b+c)^{2}+\frac{5}{6}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+8 ->A=\frac{25}{2}+\frac{5}{6}(a^{2}+b^{2}+c^{2}) ->A=\frac{5}{6}(a^{2}+1+b^{2}+1+c^{2}+1)+\frac{10}{3}(a+b+c)$
đến đây cauchy là ra nhé
câu 2 cũng ý tưởng thế này


Sự quyến rũ của người phụ nữ ko đến từ vẻ đẹp của cô ấy mà đến từ đôi mắt của kẻ si tình...


#6 hoanglong9a1

hoanglong9a1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thế kỉ 22
  • Sở thích:Toán Hình, đặc biệt là đường tròn

Đã gửi 04-12-2017 - 21:43

Đây nữa nhé:

3.Cho a,b,c >0; abc=1.CM $(\sum \frac{1}{a^2})+3\geq 2(a+b+c)$



#7 hoanglong9a1

hoanglong9a1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thế kỉ 22
  • Sở thích:Toán Hình, đặc biệt là đường tròn

Đã gửi 04-12-2017 - 22:04

1, đặt A nhé
Ta có thể chọn a+b+c=3

có $abc = \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3} - (a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ac ->A=a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac+\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8$
dễ dàng chứng minh:$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
do đó:$A=\frac{4}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ca+8 ->A=\frac{1}{2}(a+b+c)^{2}+\frac{5}{6}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+8 ->A=\frac{25}{2}+\frac{5}{6}(a^{2}+b^{2}+c^{2}) ->A=\frac{5}{6}(a^{2}+1+b^{2}+1+c^{2}+1)+\frac{10}{3}(a+b+c)$
đến đây cauchy là ra nhé
câu 2 cũng ý tưởng thế này

Mà bạn ơi dấu = xảy ra khi nào vậy



#8 hoanglong9a1

hoanglong9a1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thế kỉ 22
  • Sở thích:Toán Hình, đặc biệt là đường tròn

Đã gửi 04-12-2017 - 22:29

1, đặt A nhé
Ta có thể chọn a+b+c=3

có $abc = \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3} - (a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ac ->A=a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac+\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8$
dễ dàng chứng minh:$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
do đó:$A=\frac{4}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ca+8 ->A=\frac{1}{2}(a+b+c)^{2}+\frac{5}{6}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+8 ->A=\frac{25}{2}+\frac{5}{6}(a^{2}+b^{2}+c^{2}) ->A=\frac{5}{6}(a^{2}+1+b^{2}+1+c^{2}+1)+\frac{10}{3}(a+b+c)$
đến đây cauchy là ra nhé
câu 2 cũng ý tưởng thế này

Ban làm sai rồi $a^3+b^3+c^3 \geq a^2+b^2+c^2$ sai



#9 hoanglong9a1

hoanglong9a1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thế kỉ 22
  • Sở thích:Toán Hình, đặc biệt là đường tròn

Đã gửi 04-12-2017 - 22:35

1,Với tính thuần nhất của BĐT trên,ta chuẩn hóa:$abc=1$ $ a+b+c \ge 3$

Bài toán quy về CM:$2(a^2+b^2+c^2)+9 \ge 5(a+b+c)$

Ta có:$a^2+b^2+c^2+3 \ge 2(a+b+c)$(biến đổi tương đương)

Do đó ta chỉ CM:

$a^2+b^2+c^2+6 \ge 3(a+b+c)$

Đặt: $a+b+c=p$ và $ab+bc+ca=q$

$Q.E.D$ \Leftrightarrow $p^2-3p+6\ge 2q$

Theo BĐT schur:$\frac{p^3+9}{2p}\ge 2q$

Ta sẽ CM: $p^2-3p+6 \ge \frac{p^3+9}{2p}$

\Leftrightarrow $(p-3)(p^2-3p+3)\ge 0$

Bất đẳng thức hiển nhiên đúng với $p\ge 3$ $đpcm$

Bạn cũng sai.Nếu mik giả sử abc=8 thì ko còn dấu bằng nữa.ĐT thuần nhất chỉ dùng khi dấu = là a=b=c thôi nhé



#10 ducthai2133

ducthai2133

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 19 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Analytics,Philosophy

Đã gửi 05-12-2017 - 15:52

Ban làm sai rồi $a^3+b^3+c^3 \geq a^2+b^2+c^2$ sai

$a^{3}+a\geq 2a^{2}$
tương tự: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3\geq 2(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
mà có $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq (a+b+c)^{2}->a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 3$
có đpcm rồi đấy, dấu = khi a=b=c=1


Sự quyến rũ của người phụ nữ ko đến từ vẻ đẹp của cô ấy mà đến từ đôi mắt của kẻ si tình...


#11 hoanglong9a1

hoanglong9a1

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thế kỉ 22
  • Sở thích:Toán Hình, đặc biệt là đường tròn

Đã gửi 05-12-2017 - 18:05

$a^{3}+a\geq 2a^{2}$
tương tự: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3\geq 2(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
mà có $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq (a+b+c)^{2}->a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 3$
có đpcm rồi đấy, dấu = khi a=b=c=1

Ko được giả sử nhé vì bđt này ko hề thuần nhất ( ko đồng bậc )



#12 ducthai2133

ducthai2133

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 19 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Analytics,Philosophy

Đã gửi 05-12-2017 - 18:42

Ko được giả sử nhé vì bđt này ko hề thuần nhất ( ko đồng bậc )

thế hả. mình quên mất cái quan trọng này :))


Sự quyến rũ của người phụ nữ ko đến từ vẻ đẹp của cô ấy mà đến từ đôi mắt của kẻ si tình...


#13 victoranh

victoranh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Sydney
  • Sở thích:Chính Trị, Toán Học, Naruto

Đã gửi 05-12-2017 - 21:00

1.Cho a,b,c >0.CM $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c)$

2.Cho a,b,c >0. CM $5(a^3+b^3+c^3)+3abc+9\geq 9(ab+bc+ca)$

câu 1 : t k biết gõ talex nên viết chay ;

 xét a-1,b-1,c-1 thì tồn tại 2 số cùng giấu, gs (a-1)(b-1)>=0 => abc=>ac+bc-c

 thay vào đề suy ra ta cần cm : 2(a^2...) + ac+bc+8>=5a+5b+6c

 đến đây chuyển vế coi là phương trình bậc 2 ẩn c, xét delta có delta<=0 suy ra f(c) >=0

dấu = khi a=b=c=1


-----Đừng chọn sống an nhàn trong những năm tháng mà bạn "chịu khổ được"-----


#14 minhducndc

minhducndc

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 158 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thái Bình
  • Sở thích:chưa tìm thấy

Đã gửi 06-12-2017 - 16:23

Câu 3. Đặt $(\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c})= (x;y;z)\Rightarrow xyz=1$

Khi đó ta cần chứng minh $\sum a^{2}+3\geq 2\sum ab$

$\Leftrightarrow \sum a^{2}+2abc+1\geq 2\sum ab$(Vì $abc=1)$

Trong 3 số a;b;c luôn có 2 số cùng bé hoặc cùng lớn hơn 1,ko mất tính tổng quát ta giả sử 2 sô dó là b;c

$\Rightarrow a(b-1)(c-1)\geq 0$

$\Leftrightarrow abc+a\geq ab+ac\Leftrightarrow 2abc+2a+2bc\geq 2(ab+bc+ca)$

Mà $\left\{\begin{matrix} a^{2}+1\geq 2a\\ b^{2}+c^{2}\geq 2bc \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc+1\geq 2(ab+bc+ca)$ (Q.E.D)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhducndc: 06-12-2017 - 16:26

Đặng Minh Đức CTBer





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh