Đến nội dung

Hình ảnh

Nhờ các nhưng ai yêu bđt lên tiếng


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết
Bài 1:Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c=1.Chứng minh rằng:
$\dfrac{{\sqrt {ab} }}{{1 - c}} + \dfrac{{\sqrt {bc} }}{{1 - a}} + \dfrac{{\sqrt {ca} }}{{1 - b}} \le \dfrac{1}{8}\left( {3 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)$

Bài 2: Chứng minh rằng nếu a,b,c≥0 và a+b+c=1 thì:
$\dfrac{1}{3} \le \dfrac{a}{{a^2 + a + 1}} + \dfrac{b}{{b^2 + b + 1}} + \dfrac{c}{{c^2 + c + 1}} \le \dfrac{9}{{13}}$

Bài 3: Chứng minh rằng:$\dfrac{{a^2 + 2}}{{b + c + 1}}
+ \dfrac{{b^2 + 2}}{{c + a + 1}} + \dfrac{{c^2 + 2}}{{a + b + 1}} \ge 3$
với a,b,c≥-1/2


p/s: mời mọi ng tham gia topic nè!Đưa ra lời giải của bạn nhé :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cvp: 22-06-2009 - 08:14

Hình đã gửi


#2
nguyen_ct

nguyen_ct

    Đại Tướng (Nguyên Soái) :)

  • Thành viên
  • 729 Bài viết

Bài 1:Cho a,b,c >0 thỏa mãn a+b+c=1.Chứng minh rằng:
$\dfrac{{\sqrt {ab} }}{{1 - c}} + \dfrac{{\sqrt {bc} }}{{1 - a}} + \dfrac{{\sqrt {ca} }}{{1 - b}} \le \dfrac{1}{8}\left( {3 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)$

Bài 2: Chứng minh rằng nếu a,b,c≥0 và a+b+c=1 thì:
$\dfrac{1}{3} \le \dfrac{a}{{a^2 + a + 1}} + \dfrac{b}{{b^2 + b + 1}} + \dfrac{c}{{c^2 + c + 1}} \le \dfrac{9}{{13}}$

Bài 3: Chứng minh rằng:${{a^2 + 2}}{{b + c + 1}} + \dfrac{{b^2 + 2}}{{c + a + 1}} + \dfrac{{c^2 + 2}}{{a + b + 1}} \ge 3$
với a,b,c≥-1/2
p/s: mời mọi ng tham gia topic nè!Đưa ra lời giải của bạn nhé :Leftrightarrow

bài 1 có thể dùng Chebyshev :D
AT: yaaaaaaaaa! Tất cả là tương đối
FM:đúng vậy tất cả là tương đối với thời gian là hằng số bất biến
FN: thời gian được Chúa tạo ra và chia làm 2 chiều 1 chiều hướng về hiện tại 1 chiều về tương lai ,với mốc là hiện tại
AT:thế trước khi Chúa tạo ra thời gian thì Chúa làm gì ?
FM: Chúa tạo ra địa ngục cho những tên nào hỏi câu đó !!!! :D

#3
tuan101293

tuan101293

    Trung úy

  • Thành viên
  • 999 Bài viết
2.Đặt $f(x)=\dfrac{x}{x^2+x+1}$
ta có $f''(x)=\dfrac{2(x^3-3x-1)}{(x^2+x+1)^3}\le 0$
suy ra $f(a,b,c)\le \dfrac{9}{13}$
*****
Đặt $f(a,b,c)=\sum \dfrac{a}{a^2+a+1}$
Dễ thấy $f(a,b,c)\ge f(a,b+c,0)$
mà $f(a,b+c,0)=f(a,1-a,0)$
xét
$f(a,1-a,0)-\dfrac{1}{3}=\dfrac{a(1-a)(a^2-a+9)}{3(a^2+a+1)(a^2-3a+3)}\ge 0$
suy ra $f(a,b,c)\ge \dfrac{1}{3}$

KT-PT


Do unto others as you would have them do unto you.


#4
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết

2.Đặt $f(x)=\dfrac{x}{x^2+x+1}$
ta có $f''(x)=\dfrac{2(x^3-3x-1)}{(x^2+x+1)^3}\le 0$
suy ra $f(a,b,c)\le \dfrac{9}{13}$
*****
Đặt $f(a,b,c)=\sum \dfrac{a}{a^2+a+1}$
Dễ thấy $f(a,b,c)\ge f(a,b+c,0)$
mà $f(a,b+c,0)=f(a,1-a,0)$
xét
$f(a,1-a,0)-\dfrac{1}{3}=\dfrac{a(1-a)(a^2-a+9)}{3(a^2+a+1)(a^2-3a+3)}\ge 0$
suy ra $f(a,b,c)\ge \dfrac{1}{3}$

Giải cách sơ cấp hơn đc ko huynh,mà còn 2 bài kia!Mong huynh chỉ giáo thêm. :D

Hình đã gửi


#5
Toanlc_gift

Toanlc_gift

    Sĩ quan

  • Hiệp sỹ
  • 315 Bài viết
nốt bài 1:
$\sum {\dfrac{{\sqrt {ab} }}{{1 - c}} = \sum {\dfrac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}} \le \dfrac{3}{2}} } \le \dfrac{1}{8}\left( {3 + \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}} \right)$

=.=


#6
tuan101293

tuan101293

    Trung úy

  • Thành viên
  • 999 Bài viết

Bài 3: Chứng minh rằng:$\dfrac{{a^2 + 2}}{{b + c + 1}}
+ \dfrac{{b^2 + 2}}{{c + a + 1}} + \dfrac{{c^2 + 2}}{{a + b + 1}} \ge 3$
với a,b,c≥-1/2
p/s: mời mọi ng tham gia topic nè!Đưa ra lời giải của bạn nhé :D

Ta có
$VT\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)+3}+\dfrac{18}{2(a+b+c)+3}=A$
mà $A-3\ge 0$ tương đương $(a+b+c-3)^2\ge 0$ (đúng)
ĐPCM

KT-PT


Do unto others as you would have them do unto you.


#7
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết

Ta có
$VT\ge \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)+3}+\dfrac{18}{2(a+b+c)+3}=A$
mà $A-3\ge 0$ tương đương $(a+b+c-3)^2\ge 0$ (đúng)
ĐPCM

Hay thật xin cảm ơn hai tiền bối em làm dài hơn nhìu,hihi!Bài 2 liệu ko dùng dồn biến đc ko???

Hình đã gửi


#8
huyetdao_tama

huyetdao_tama

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 47 Bài viết

Hay thật xin cảm ơn hai tiền bối em làm dài hơn nhìu,hihi!Bài 2 liệu ko dùng dồn biến đc ko???



Không dồn biến thì có ngay:

$\dfrac{1}{3} \leq \sum \dfrac{a}{a^2+a+1} \leq \dfrac{9}{13} $

Có: $a^2+a+1 \leq 3=3(a+b+c) $ Vì $a \leq 1$

$\Rightarrow \sum \dfrac{a}{a^2+a+1} \geq \dfrac{a}{3(a+b+c)} + \dfrac{b}{3(a+b+c)} +\dfrac{c}{3(a+b+c)}= \dfrac{1}{3} $

Có:$ \dfrac{a}{a^2+a+1} \leq \dfrac{3}{13} + \dfrac{24}{169} (3a-1)$ (biến đổi tương đương là thấy đúng ngay.)

$ \Rightarrow \sum \dfrac{a}{a^2+a+1} \leq \dfrac{9}{13}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huyetdao_tama: 22-06-2009 - 12:03


#9
cvp

cvp

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 400 Bài viết

Không dồn biến thì có ngay:

$\dfrac{1}{3} \leq \sum \dfrac{a}{a^2+a+1} \leq \dfrac{9}{13} $

Có: $a^2+a+1 \leq 3=3(a+b+c) $ Vì $a \leq 1$

$\Rightarrow \sum \dfrac{a}{a^2+a+1} \geq \dfrac{a}{3(a+b+c)} + \dfrac{b}{3(a+b+c)} +\dfrac{c}{3(a+b+c)}= \dfrac{1}{3} $

Có:$ \dfrac{a}{a^2+a+1} \leq \dfrac{3}{13} + \dfrac{24}{169} (3a-1)$ (biến đổi tương đương là thấy đúng ngay.)

$ \Rightarrow \sum \dfrac{a}{a^2+a+1} \leq \dfrac{9}{13}$

ok đúng rùi!cảm ơn bạn!

Hình đã gửi





1 người đang xem chủ đề

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