Chủ đề này có 17 trả lời

[hieuchuoi@]

Chứng minh BDT sau với m,n là hằng dương và (a,b,c>0)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hieuchuoi@: 13-08-2006 - 11:02

[Sk8ter-boi]

cho a;b;c > 0 .CMR
$27+(2+ \dfrac{a^2}{bc} )(2+ \dfrac{b^2}{ac} )(2+ \dfrac{c^2}{ab} ) \geq 6(a+b+c)( \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} )$

[Sk8ter-boi]

cho a;b;c là các số dương và abc=2
CMR :
$a^3+b^3+c^3 \geq a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $

[JokySpy]

post lên chỉ sợ mọi người chê dễ

CMR: với a,b,c >0
Bài 1:
$\dfrac{a^{3}}{b} + \dfrac{b^{3}}{c} + \dfrac{c^{3}}{a} \geq ab + bc + ca $

Bài 2:
$ 8(a^{3} + b^{3} + c^{3}) \geq (a+b)^{3} + (b+c)^{3} + (c+a)^{3} $

Bài 3: abc =1
$ \dfrac{ab}{a^{5}+b^{5}+ab} + \dfrac{bc}{b^{5}+c^{5}+ bc} + \dfrac{ca}{c^{5}+a^{5}+ca} \leq 1 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JokySpy: 17-01-2007 - 22:43

[JokySpy]

cho a,b,c ko âm.
CMR
$a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq a^{2}\sqrt{bc} + b^{2}\sqrt{ca} + c^{2}\sqrt{ab}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JokySpy: 17-01-2007 - 22:18

[hoang tuan anh]

để chào mừng joky ; em xin mạo muội làm trước ....
bài 1 :
$\dfrac{a^3}{b}+a^2 \geq 2.a^2$
$\dfrac{b^3}{b}+b^2 \geq 2.b^2$
$\dfrac{c^3}{b}+c^2 \geq 2.c^2$
cộng theo từng vế BDT ta có dpcm

bài 2:
ta chú ý đến BDT cauchy dạng lũy thừa
$\dfrac{a^3+b^3}{2} \geq (\dfrac{a+b}{2})^3$
hoán vị cho a;b;c rồi cộng theo từng vế ta cũng có dpcm

bài 3
ta luôn có $a^5+b^5 \geq ab(a^3+b^3)$
do đó $a^5+b^5+ab \geq ab(a^3+b^3+1) \geq ab(ab(a+b)+abc)=a^2b^2(a+b+c)$
thay vào rồi tương tự chúng ta có dpcm

[JokySpy]

chuẩn, mấy bài này đều suy ra trực tiếp từ bđt
a^{3} + b^{3} >= ab(a+b) với a,b dương ^^

[vietkhoa]

chuẩn, mấy bài này đều suy ra trực tiếp từ bđt
$\ a^{3} + b^{3} \geq ab(a+b) $với a,b dương ^^

Mình sửa lại đề cho JokySpy đó.
$\ \Leftrightarrow a^{3}+b^{3}-a^{2}b-ab^{2} = a^{2}(a-b)-b^{2}(a-b) = (a-b)^{2}(a+b) \geq 0$ là xong r?#8220;i nhé.Bài nữa nè(tổng quát luôn):
$\ a^{n}+b^{n} \geq ab(a^{n-2}+b^{n-2})$
BĐT này cũng có rất nhiều ứng dụng hôm nào mình post cho.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietkhoa: 18-01-2007 - 07:41

[sherlock_holmes]

Bài này cũng dùng cái đó nè
a, b, c>0
CM
$\sum \dfrac{1}{a^3+b^3+c^3} \leq \dfrac{1}{abc}$

[sherlock_holmes]

cho a,b,c ko âm.
CMR
$a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq a^{2}\sqrt{bc} + b^{2}\sqrt{ca} + c^{2}\sqrt{ab}$

$2\sum a^3 \geq \sum a^2(b+c) \geq 2\sum a^2\sqrt{bc}$ ĐPCM

[supermember]

Bài này cũng dùng cái đó nè
a, b, c>0
CM
$\sum \dfrac{1}{a^3+b^3+abc^3} \leq \dfrac{1}{abc}$

Có lẽ là bài này

Bài này quen rồi,chỉ cần áp dụng BĐT $ a^3+b^3 \geq ab(a+b) $ với a,b>0 là okie.

[nhoc_bibi_love_T&T]

cho a;b;c là các số dương và abc=2
CMR :
$a^3+b^3+c^3 \geq a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $

xài cái này dc o nhỉ ($ \a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $)^4 4(a^2 +b^2 +c^2)^2(a+b+c)^2 4 (a^3+b^3+c^3)(a+b+c)^3

[JokySpy]

thế $a^{2}\sqrt{bc} + b^{2}\sqrt{ca} + c^{2}\sqrt{ab}$ và $ a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $ có liên quan gì với nhau ko nhỉ?

[Sk8ter-boi]

xài cái này dc o nhỉ ($ \a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $)^4 4(a^2 +b^2 +c^2)^2(a+b+c)^2 4 (a^3+b^3+c^3)(a+b+c)^3

bạn làm tiếp thế nào ?? Mình thấy BDT này yếu hơn BDT ở đề bài mà (bạn nới tận 2 lần ; hơi quá tay ko nhỉ )

[dtdong91]

cho a;b;c là các số dương và abc=2
CMR :
$a^3+b^3+c^3 \geq a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $

Cái này giả sử a b c rồi xài Trê-bư-sép ]
$ a(a^{2}-\sqrt{b+c})+b(b^{2}-\sqrt{c+a})+c(c^{2}-\sqrt{a+b}) \geq (a^{2}+b^{2}+c^{2}-\sum \sqrt{b+c})$
giờ c/m$(a^{2}+b^{2}+c^{2}-\sum \sqrt{b+c}) \geq 0$
Cái này dễ rồi

[dtdong91]

Bác này nhụt chí quá
Phá tung ra ta được
$ 36+4(\sum \dfrac{a^{2}}{bc})+2(\sum \dfrac{bc}{a^{2}}) \geq 18+6(\sum \dfrac{a}{b})$
đến đây thì có lẽ đưa về dạng S.O.S
lưu ý là $ \dfrac{a^{2}}{bc}-\dfrac{a}{b}=\dfrac{a(a-c)}{bc}$
và $1-\dfrac{a}{b}=\dfrac{(b-a)}{ba}$
tương tự đảo ngược lại
Nói chung nếu làm thế này tòi tru bò quá
Có ai có cách khác ko

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dtdong91: 23-01-2007 - 15:01

[tronghieu]

Chứng minh BDT sau với m,n là hằng dương và <img src="http://dientuvietnam.../mimetex.cgi?5n \geq m" $ (a,b,c>0)
<img src="http://dientuvietnam...in/mimetex.cgi? \sum \dfrac{a}{\sqrt{mb^2+mc^2-na^2}} \geq \dfrac{3}{\sqrt{2m-n}}" $

Sử dụng Holder ta có
$VT^3\geq{\dfrac{{{a+b+c}^3}}{\sum(a(mb^2+Mc^2-na^2)}$Ta chỉ cằn CM
$2(m+4n)(a+b+c)^3\geq{9\sum{mab(a+b)}$
Sau đó Sử dụng Schur Và AM-GM là xong thôi
$(2m-n)(a^3+b^3+c^3)+3(2m-n)abc \geq{(2m-n)\sum{ab(a+b)}}$
$a^3+b^3+c^3\geq{3abc}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tronghieu: 18-08-2007 - 12:20

[hungnd]

Bài nữa nè(tổng quát luôn):
$\ a^{n}+b^{n} \geq ab(a^{n-2}+b^{n-2})$
BĐT này cũng có rất nhiều ứng dụng hôm nào mình post cho.

Cái này chưa tổng quát lắm; sau đây tổng quát hơn

cho bộ số thực dương $a=(a_1;a_2;...;a_n)$ và $b=(b_1;b_2;...;b_n)$ là một hoán vị tùy ý của a; khi ấy với mọi số tự nhiên $k$ và $m$ sao cho $k \leq m$ ta có :

$\sum\limits_{i=1}^{n} a_i^m \geq b_1^kb_2^{m-k}+...+b_n^kb_1^{m-k} $