CMR: :frac{a}{b+c+1} + :frac{b}{a+c+1} + :frac{c}{a+b+1}
1
cm bđt
Bắt đầu bởi hưucaoco, 19-03-2011 - 22:58
#1
Đã gửi 19-03-2011 - 22:58
hưucaoco
-
- Thành viên
-
- 21 Bài viết
Binh nhất
Cho a, b, c > 0 và abc=1
CMR: :frac{a}{b+c+1} + :frac{b}{a+c+1} + :frac{c}{a+b+1} 1
CMR: :frac{a}{b+c+1} + :frac{b}{a+c+1} + :frac{c}{a+b+1}
1
#2
Đã gửi 19-03-2011 - 23:24
Giang1994
-
- Thành viên
-
- 249 Bài viết
C'est la vie
đề hình như phải là $\geq$ chứ bạnCho a, b, c > 0 và abc=1
CMR: $\dfrac{a}{b+c+1} + \dfrac{b}{a+c+1} + \dfrac{c}{a+b+1} \leq 1$
nếu là >= thì
cộng vào 2 vế 3 đơn vị ta đc
$(a+b+c+1) \sum \dfrac{1}{b+c+1}\geq 4$
đến đây dùng cauchy là ra
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Giang1994: 19-03-2011 - 23:55
Don't let people know what you think
#4
Đã gửi 27-03-2011 - 11:06
hoangduc
-
- Thành viên
-
- 108 Bài viết
Trung sĩ
đúng rồi phải là $ \geq $
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có:
$ VT = \dfrac{a^2}{ab+ac+a} + \dfrac{b^2}{bc+ba+b} + \dfrac{c^2}{ca+cb+c} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)+(a+b+c)} $
Mặt khác, $ a^2 + b^2 + c^2 \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{3} \geq a+b+c $ (do $ a+b+c \geq 3 $)
$ => (a+b+c)^2 \geq 2(ab+bc+ca) + (a+b+c) $
Từ đây suy ra đpcm
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có:
$ VT = \dfrac{a^2}{ab+ac+a} + \dfrac{b^2}{bc+ba+b} + \dfrac{c^2}{ca+cb+c} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)+(a+b+c)} $
Mặt khác, $ a^2 + b^2 + c^2 \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{3} \geq a+b+c $ (do $ a+b+c \geq 3 $)
$ => (a+b+c)^2 \geq 2(ab+bc+ca) + (a+b+c) $
Từ đây suy ra đpcm
----------------------------------------------------
HỌC, HỌC NỮA, HỌC MÃI
HỌC, HỌC NỮA, HỌC MÃI
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
