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
* * * * - 1 Bình chọn

Chứng minh bất đẳng thức


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 thuhuong2011092

thuhuong2011092

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 21 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 20-04-2020 - 20:46

Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng $\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{b+c}$+$\frac{1}{c+a}$ $\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{6abc}$

HELP!!!!!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuhuong2011092: 20-04-2020 - 20:50

Xây dựng thành công từ thất bại. Sự chán nản và thất bại là hai bước đệm chắc chắn nhất dẫn tới thành công.

                                                                                                                                         - Dale Carnegie 


#2 WaduPunch

WaduPunch

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 293 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47-THPT chuyên PBC

Đã gửi 21-04-2020 - 10:20

Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng $\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{b+c}$+$\frac{1}{c+a}$ $\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{6abc}$

HELP!!!!!

Chuấn hóa $abc=1$ là được nhé bạn



#3 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 226 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PUBG
  • Sở thích:PUBG, maths, and so on....

Đã gửi 21-04-2020 - 10:36

Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng $\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{b+c}$+$\frac{1}{c+a}$ $\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{6abc}$

HELP!!!!!

 

Quy đồng rồi nhóm như sau $$(a+b+c)^3(ab+bc+ca)\ge 7abc(a+b+c)^2+6abc(ab+bc+ca)$$

 

Do $(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 3\sqrt[3]{abc}\cdot 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc$ và $(a+b+c)^2\ge 3(ab+bc+ca)$

 

Nên $$(a+b+c)^3(ab+bc+ca)\ge 9abc(a+b+c)^2=7abc(a+b+c)^2+2abc(a+b+c)^2\ge 7abc(a+b+c)^2+6abc(ab+bc+ca)$$

Xong :D



#4 thuhuong2011092

thuhuong2011092

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 21 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 21-04-2020 - 19:36

Cách khác: Áp dụng BĐT:$\frac{1}{x+y}$ $\leq ($\frac{1}{4}($)\frac{1}{x}$+$\frac{1}{y}$)

$\Rightarrow VT \leq ($\frac{1}{2}$)($\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$+$\frac{1}{c})
                =$\frac{ab+bc+ca}{2abc}$
  Mặt khác: ab+bc+ca  \leq  $\frac{(a+b+c)^{2}}{3}
$\Rightarrow VT \leq $\frac{(a+b+c)^{2}}{6abc} (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thuhuong2011092: 21-04-2020 - 19:40

Xây dựng thành công từ thất bại. Sự chán nản và thất bại là hai bước đệm chắc chắn nhất dẫn tới thành công.

                                                                                                                                         - Dale Carnegie 


#5 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 231 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 04-05-2020 - 14:43

Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng $\frac{1}{a+b}$+$\frac{1}{b+c}$+$\frac{1}{c+a}$ $\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{6abc}$

HELP!!!!!

Mình tìm thấy $2$ kiểu SOS:

\[\text{VP-VT}=\sum\limits_{cyc}\,{\frac { \left( a-b \right) ^{2} \left( 3\,c+a+b \right) }{6ab \left( b+c \right)  \left( c+a \right) }} \geqq 0\]

\[\text{VP-VT}=\sum\limits_{cyc}\,{\frac { \left( a-b \right) ^{2} \left( b+4\,c \right)  \left( a +4\,c \right) }{30 abc \left( b+c \right)  \left( c+a \right) }} \geqq 0\]






1 người đang xem chủ đề

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