Chủ đề này có 15 trả lời

[123455]

Cho a,b,c không âm tm:a+b+c=6.CMR
$\dfrac{a}{b^2+2}+\dfrac{b}{c^2+2}+\dfrac{c}{a^2+2}\ge1$

[conan123]

Cho a,b,c không âm tm:a+b+c=6.CMR
$\dfrac{a}{b^2+2}+\dfrac{b}{c^2+2}+\dfrac{c}{a^2+2}\ge1$

Bạn làm được ko cho mình xem solution với. Thử đủ cách mà vẫn chưa ra

[123455]

Bài này mình tự nghĩ ra tất nhiên mình có cách giải rùi!!!
Bạn dùng AM-GM ấy!!!

[pucca_94]

đây là hệ quả cảu bài bất đẳng thức trong báo toán học tuổi trẻ tháng 12 năm nay mà

anh nên để có kết quả rồi bình luận cũng không muộn mà

[123455]

ừ ha!!!
không để ý lắm mình có làm bài toán tạp chí tháng này rùi nhưng không dùng cái BĐT trên cho nên mình hơi đụng hàng!!!
Mod khóa cái nè giúp em cái
khi nào có kq THTT thì mở lại !!!

[linhdieu12]

bài này cũng không khó lắm, nhưng để sau khi hết hạn THTT thì bàn cũng không muộn!
Xin tặng 1 bài mình mới sáng tác:
cho a,b,c thuộc $[1;3]$ thỏa mãn $a+b+c=5$. Chứng minh rằng
$9abc+100 \geq 17(ab+bc+ca)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi linhdieu12: 06-01-2010 - 14:41

[pucca_94]

bài này cũng không khó lắm, nhưng để sau khi hết hạn THTT thì bàn cũng không muộn!
Xin tặng 1 bài mình mới sáng tác:
cho a,b,c thuộc $[1;3]$ thỏa mãn $a+b+c=5$. Chứng minh rằng
$9abc+100 \geq 17(ab+bc+ca)$

chưa làm dc nhưng có thể áp dụng BDT abc (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) dc ko ta???

[linhdieu12]

bài này đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{5}{3}$ hoặc $a=1 ;b=c=2$

[Messi_ndt]

bài này đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{5}{3}$ hoặc $a=1 ;b=c=2$

Có phải bài này thay vào rồi dùng AM-GM không nhỉ?không tiện nháp lời giải,ngại quá!

[Messi_ndt]

chưa làm dc nhưng có thể áp dụng BDT abc (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b) dc ko ta???

Một bài tương tự
Cho a,b,c và $ \sum_{cyc}a^{2}=1$
CMR: $a+b+c \leq \sqrt{2}+ \dfrac{9}{4}.abc$

[123455]

bài đầu AM-GM thường chứ không cần ngược!!!!

[vuthanhtu_hd]

Một bài tương tự
Cho a,b,c và $ \sum_{cyc}a^{2}=1$
CMR: $a+b+c \leq \sqrt{2}+ \dfrac{9}{4}.abc$

$(a+b+c-\dfrac{9}{4}.abc)^2=[a(1-\dfrac{9}{4}bc)+(b+c)]^2 \le [a^2+(b+c)^2][(1-\dfrac{9}{4}bc)^2+1]$ (Cauchy-Schwazt)

$=(1+2bc)[2-\dfrac{9}{2}bc+\dfrac{81}{16}b^2c^2]=2+\dfrac{1}{2}bc[(bc)^2-\dfrac{63}{8}bc-1] \le 2$

Chú ý $bc \le \dfrac{b^2+c^2}{2} \le \dfrac{1}{2}$ nên $(bc)^2-\dfrac{63}{8}bc-1<0$
Từ đó $a+b+c-\dfrac{9}{4}.abc \le |a+b+c-\dfrac{9}{4}.abc| \le \sqrt{2}$ .Ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra $\leftrightarrow $ có 2 số bằng $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$,1 số bằng $0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 23-01-2010 - 08:38

[abstract]

$(a+b+c-\dfrac{9}{4}.abc)^2=[a(1-\dfrac{9}{4}bc)+(b+c)]^2 \le [a^2+(b+c)^2][(1-\dfrac{9}{4}bc)^2+1]$ (Cauchy-Schwazt)

$=(1+2bc)[2-\dfrac{9}{2}bc+\dfrac{81}{16}b^2c^2]=2+\dfrac{1}{2}bc[(bc)^2-\dfrac{63}{8}bc-1] \le 2$

Chú ý $bc \le \dfrac{b^2+c^2}{2} \le \dfrac{1}{2}$ nên $(bc)^2-\dfrac{63}{8}bc-1<0$
Từ đó $a+b+c-\dfrac{9}{4}.abc \le |a+b+c-\dfrac{9}{4}.abc| \le \sqrt{2}$ .Ta có đpcm

Đẳng thức xảy ra $\leftrightarrow $ có 2 số bằng $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$,1 số bằng $0$

$=(1+2bc)[2-\dfrac{9}{2}bc+\dfrac{81}{16}b^2c^2]=2+\dfrac{1}{2}bc[(bc)^2-\dfrac{63}{8}bc-1]$
Đoạn này hình như nhầm rồi anh ak
phải là $=(1+2bc)[2-\dfrac{9}{2}bc+\dfrac{81}{16}b^2c^2]=2+\dfrac{1}{2}bc[\dfrac{81}{4} (bc)^2-\dfrac{63}{8}bc-1]$
Mà $[\dfrac{81}{4} (bc)^2-\dfrac{63}{8}bc-1]$ không $<0$ khi $0<bc \leq \dfrac{1}{2}$

[Messi_ndt]

$=(1+2bc)[2-\dfrac{9}{2}bc+\dfrac{81}{16}b^2c^2]=2+\dfrac{1}{2}bc[(bc)^2-\dfrac{63}{8}bc-1]$
Đoạn này hình như nhầm rồi anh ak
phải là $=(1+2bc)[2-\dfrac{9}{2}bc+\dfrac{81}{16}b^2c^2]=2+\dfrac{1}{2}bc[\dfrac{81}{4} (bc)^2-\dfrac{63}{8}bc-1]$
Mà $[\dfrac{81}{4} (bc)^2-\dfrac{63}{8}bc-1]$ không $<0$ khi $0<bc \leq \dfrac{1}{2}$

Rất sorry các bạn.Đề thiếu đk a,b,c 0. Ta có với mọi a,b,c thì (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) abc
Đặt a+b+c=t khi đó:(t-2a)(t-2b)(t-2c) abc
Exapal ta được:$ t^{3}+9abc \geq 4t(ab+bc+ca) \Rightarrow t^{3}+9abc \geq 2t( t^{2} -1) ( a^{2}+b^{2}+c^{2} +1)$
$ \Rightarrow 9abc \geq t^{3}-2t.$Dùng AM-GM:$ t^{3}+4\sqrt{2} \geq 6t \Rightarrow Q.E.D$
Có lẽ vì đề như vậy nên mọi người ko đi theo hướng này thui.Thành thật xin lỗi

[abstract]

Rất sorry các bạn.Đề thiếu đk a,b,c 0. Ta có với mọi a,b,c thì (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) abc
Đặt a+b+c=t khi đó:(t-2a)(t-2b)(t-2c) abc
Exapal ta được:$ t^{3}+9abc \geq 4t(ab+bc+ca) \Rightarrow t^{3}+9abc \geq 2t( t^{2} -1) ( a^{2}+b^{2}+c^{2} +1)$
$ \Rightarrow 9abc \geq t^{3}-2t.$Dùng AM-GM:$ t^{3}+4\sqrt{2} \geq 6t \Rightarrow Q.E.D$
Có lẽ vì đề như vậy nên mọi người ko đi theo hướng này thui.Thành thật xin lỗi

cần gì phải vậy. Schur luôn thì thu được đánh giá cận dưới của abc theo a+b+c

[1414141]

Cho a,b,c không âm tm:a+b+c=6.CMR
$\dfrac{a}{b^2+2}+\dfrac{b}{c^2+2}+\dfrac{c}{a^2+2}\ge1$

bất đẳng thức tương đương với:
$\huge \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{2a}}{{b^2 + 2}}} \ge 2 \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {(\dfrac{{2a}}{{b^2 + 2}} - a)} \ge - 4 \Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{ab^2 }}{{b^2 + 2}}} \le 4$
Mà theo Cauchy ta lại có:

$\huge b^2 + 2 = \dfrac{{b^2 }}{2} + \dfrac{{b^2 }}{2} + 2 \ge 3b\sqrt[3]{{\dfrac{b}{2}}}$.Do đó:
$\huge \begin{array}{l}
\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{ab^2 }}{{b^2 + 2}}} \le \sum\limits_{cyc} {\dfrac{{ab^2 }}{{3b\sqrt[3]{{\dfrac{b}{2}}}}}} = \dfrac{1}{3}\sum\limits_{cyc} {\dfrac{{ab\sqrt[3]{2}}}{{\sqrt[3]{b}}}} = \dfrac{1}{3}\sum\limits_{cyc} {\sqrt[3]{{(2a).(ab).(ab)}}} \le \dfrac{1}{9}\sum\limits_{cyc} {(2a + ab + ab)} \\
= \dfrac{2}{9}(a + b + c + ab + bc + ca) \le \dfrac{2}{9}(a + b + c + \dfrac{{(a + b + c)^2 }}{3}) = 4 \\
\end{array}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1414141: 15-02-2010 - 10:02