Topic về bất đẳng thức
#81
Đã gửi 27-10-2011 - 23:28
Với mọi số thực không âm $a,\,b,\,c$thỏa mãn $ab+bc+ca>0,$ta luôn có :
$\dfrac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{b(a + c)}}{{c^2+ca+a^2}} + \dfrac{{c(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2 + \dfrac{{3{{[(a - b)(b - c)(c - a)]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})(c^2+ca+a^2)}}.$
Ngoài ra bài 41 ấy có thể chứng minh bằng AM GM
- alex_hoang, taminhhoang10a1 và no matter what thích
#82
Đã gửi 28-10-2011 - 11:32
Bài 40Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a, b, c$, ta luôn có
$$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \ge \dfrac{ab}{a^2+bc+ca}+\dfrac{bc}{b^2+ca+ab}+\dfrac{ca}{c^2+ab+bc}$$
Em xin giải quyết bài toán như sau:
Ta có: $VP.(\dfrac{{a(a^2 + bc + ca)}}{b} + \dfrac{{b(b^2 + ca + ab)}}{c} + \dfrac{{c(c^2 + ab + bc)}}{a})$
$ \le (a + b + c)^2 $
Lại có $(\dfrac{{a^3 }}{b} + \dfrac{{b^3 }}{c} + \dfrac{{c^3 }}{a})(ab + bc + ca) \ge (a^2 + b^2 + c^2 )^2$
Nên $\dfrac{{a^3 }}{b} + \dfrac{{b^3 }}{c} + \dfrac{{c^3 }}{a} \ge ab + bc + ca$
$\dfrac{{a^2 c}}{b} + bc + \dfrac{{b^2 a}}{c} + ca + \dfrac{{c^2 b}}{a} + ab \ge 2(ab + bc + ca)$
$ \Rightarrow \dfrac{{a^3 }}{b} + \dfrac{{b^3 }}{c} + \dfrac{{c^3 }}{a} + ab + bc + ca + \dfrac{{a^2 c}}{b} + \dfrac{{b^2 a}}{c} + \dfrac{{c^2 b}}{a} \ge 3(ab + bc + ca)$
Mặt khác: $(a + b + c)^2 \le 3(a^2 + b^2 + c^2 )$
Từ đó suy ra BĐT cần chứng minh
Dấu = xảy ra khi a = b = c
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi taminhhoang10a1: 28-10-2011 - 11:32
- NguyThang khtn, no matter what, Phan Tien Ngoc và 1 người khác yêu thích
#83
Đã gửi 28-10-2011 - 14:45
Bài 42Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(3a-1)^2}{2a^2+1}+\dfrac{(3b-1)^2}{2b^2+1}+\dfrac{(3c-1)^2}{2c^2+1}\geq 4$
Với $x,y,z>0$thỏa mãn $xyz=1$ ta có$\dfrac{1}{x^2 + x + 1} + \dfrac{1}{y^2 + y + 1} + \dfrac{1}{z^2 + z + 1} \ge 1$Bài 42Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(3a-1)^2}{2a^2+1}+\dfrac{(3b-1)^2}{2b^2+1}+\dfrac{(3c-1)^2}{2c^2+1}\geq 4$
Chứng minh: Do $xyz=1$ nên$\exists a,b,c > 0$ sao cho $x = \dfrac{bc}{a^2};y = \dfrac{ca}{b^2};z = \dfrac{ab}{c^2}$
$ \rightarrow \sum\limits_{cyc} \dfrac{1}{x^2 + x + 1} = \sum\limits_{cyc} \dfrac{a^4}{a^4 + a^2bc + b^2c^2} \ge \dfrac{\left( a^2 + b^2 + c^2 \right)^2}{a^4 + b^4 + c^4+ a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + abc(a + b + c)} \ge 1$
Do $a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 \ge abc(a + b + c)$
Ta chứng minh $\dfrac{\left( 3a - 1 \right)^2}{2a^2 + 1} \ge \dfrac{4a^2}{1 + a + a^2}$
Thật vậy bất đẳng thức này
$\Leftrightarrow a^4 + 3a^3 + 1 \ge 5a^2$(Đúng theo $AM-GM$)
Xây dựng các Bât đẳng thức tương tự ta được:
$VT \ge 4\left( \dfrac{1}{\dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{a} + 1} + \dfrac{1}{\dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{b} + 1} + \dfrac{1}{\dfrac{1}{c^2} + \dfrac{1}{c} + 1} \right) \ge 4$
Bất đẳng thức được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Dark templar:Lần sau em đừng có gõ hệ vô bài post nếu không cần thiết.Anh sửa giùm em bài post này rồi đó.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 28-10-2011 - 21:00
latex
- nguyenphu.manh và no matter what thích
It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow
#84
Đã gửi 28-10-2011 - 15:33
#85
Đã gửi 28-10-2011 - 18:32
Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho$abc=1$.CMR
$\dfrac{1}{{{a^2} + a + 1}} + \dfrac{1}{{{b^2} + b + 1}} + \dfrac{1}{{{c^2} + c + 1}} \ge 1$
Đây là một bổ đề quen thuộc và có nhiều ứng dụng
Vài ví dụ mà mình sưu tầm được
Bài 43 cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.CMR
$\dfrac{1}{{3{a^2} + {{(a - 1)}^2}}} + \dfrac{1}{{3{b^2} + {{(b - 1)}^2}}} + \dfrac{1}{{3{c^2} + {{(c - 1)}^2}}} \ge 1$
Bài 44 Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ thì
$\dfrac{a}{{2{a^3} + 1}} + \dfrac{b}{{2{b^3} + 1}} + \dfrac{c}{{2{c^3} + 1}} \le 1$
Bài 45 chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta có
$\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + \dfrac{1}{4}ab + {b^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + \dfrac{1}{4}ca + {a^2}}}} \le 2$
Bài 46 Cho các số thực dương $a,b,c$ .CMR
$\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + 7ab + {b^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + 7bc + {c^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + 7ca + {a^2}}}} \ge 2$
Bài 47Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca>0$.CMR
$\sqrt {\dfrac{{{a^6} + 2}}{{a({a^3} + 2)}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^6} + 2}}{{b({b^3} + 2)}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^6} + 2}}{{c({c^3} + 2)}}} \ge a + b + c$
Vẫn còn rất nhiều các bất đẳng thức là hệ qur của bài toán trên các bạn hãy tiếp tục bổ sung thêm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 28-10-2011 - 23:58
- alex_hoang và no matter what thích
#86
Đã gửi 30-10-2011 - 00:16
Bài 43: (bài toán làm mạnh từ bài 41 mà tôi sưu tầm được)
Với mọi số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$, ta luôn có :
$$ \dfrac{{a(b + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \dfrac{{b(a + c)}}{{c^2+ca+a^2}} + \dfrac{{c(a + b)}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} \ge 2 + \dfrac{{3{{[(a - b)(b - c)(c - a)]}^2}}}{{({a^2} + ab + {b^2})({b^2} + bc + {c^2})(c^2+ca+a^2)}}. $$
Ngoài ra bài 41 ấy có thể chứng minh bằng AM GM
Bằng phép biến đổi tương đương, ta được:
$$ \sum {\dfrac{{a\left( {b + c} \right)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} - 2 = \sum {\dfrac{{ab{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{{\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + ca + {a^2}} \right)}}} $$
Sử dụng kết quả trên, ta dễ dàng có (đpcm).
Tóm lại điều ta cần ở bài 42 là bổ đề
Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.CMR
$$ \dfrac{1}{{{a^2} + a + 1}} + \dfrac{1}{{{b^2} + b + 1}} + \dfrac{1}{{{c^2} + c + 1}} \ge 1 $$
Đây là một bổ đề quen thuộc và có nhiều ứng dụng
Vài ví dụ mà mình sưu tầm được
Bài 43: cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.CMR
$$ \dfrac{1}{{3{a^2} + {{(a - 1)}^2}}} + \dfrac{1}{{3{b^2} + {{(b - 1)}^2}}} + \dfrac{1}{{3{c^2} + {{(c - 1)}^2}}} \ge 1 $$
Bài 44: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ thì
$$ \dfrac{a}{{2{a^3} + 1}} + \dfrac{b}{{2{b^3} + 1}} + \dfrac{c}{{2{c^3} + 1}} \le 1 $$
Bài 45: chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ ta có
$$ \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + \dfrac{1}{4}ab + {b^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + \dfrac{1}{4}bc + {c^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + \dfrac{1}{4}ca + {a^2}}}} \le 2 $$
Bài 46: Cho các số thực dương $a,b,c$ .CMR
$$ \sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{{a^2} + 7ab + {b^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^2}}}{{{b^2} + 7bc + {c^2}}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^2}}}{{{c^2} + 7ca + {a^2}}}} \ge 2 $$
Bài 47: Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ab+bc+ca>0$.CMR
$$ \sqrt {\dfrac{{{a^6} + 2}}{{a({a^3} + 2)}}} + \sqrt {\dfrac{{{b^6} + 2}}{{b({b^3} + 2)}}} + \sqrt {\dfrac{{{c^6} + 2}}{{c({c^3} + 2)}}} \ge a + b + c $$
Vẫn còn rất nhiều các bất đẳng thức là hệ qur của bài toán trên các bạn hãy tiếp tục bổ sung thêm
Bài 43, 46: 2 bài này cũng khá quen thuộc và đơn giản, ta sẽ sử dụng một số đánh giá đơn giản và bổ đề trên:
- bài 43: $$ \dfrac{1}{{3{a^2} + {{\left( {a - 1} \right)}^2}}} \geqslant \dfrac{1}{{{a^4} + {a^2} + 1}} $$
- bài 45: Đặt $$ x = \sqrt {\dfrac{a}{b}} ,y = \sqrt {\dfrac{b}{c}} ,z = \sqrt {\dfrac{c}{a}} $$
và $$ \dfrac{1}{{\sqrt {{x^4} + 7{x^2} + 1} }} \geqslant \dfrac{1}{{{x^2} + x + 1}} $$
Bài 46: Ngoài cách sử dụng bổ đề trên, ta có thể chứng minh bài toán bằng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz như sau:
$$ \sum {\dfrac{a}{{\sqrt {{b^2} + \dfrac{{bc}}{4} + {c^2}} }}} = \sum {\dfrac{{{a^2}}}{{a\sqrt {{b^2} + \dfrac{{bc}}{4} + {c^2}} }}} \geqslant \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{\sum {\sqrt a \sqrt {a{b^2} + \dfrac{{abc}}{4} + a{c^2}} } }} $$
Vậy ta chỉ cần chứng minh: $ {\left( {a + b + c} \right)^2} \geqslant 2\sum {\sqrt a \sqrt {a{b^2} + \dfrac{{abc}}{4} + a{c^2}} } $
Áp dụng bdt Cauchy-Schwarz, ta có:
$$ {\left( {\sum {\sqrt a \sqrt {a{b^2} + \dfrac{{abc}}{4} + a{c^2}} } } \right)^2} \leqslant \left( {\sum a } \right)\left( {\dfrac{3}{4}abc + \sum {ab\left( {a + b} \right)} } \right) $$
Bất đẳng thức quy về chứng minh:
$$ \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{4} \geqslant \dfrac{3}{4}abc + \sum {ab\left( {a + b} \right)} $$
$$ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \geqslant \sum {ab\left( {a + b} \right)} $$
Bài 44 thì khá khó và bài 47 thì giải tương tự bài 42 của bboy114crew
ps: Anh chị nào là ĐHV Olympic thì xóa dùm mấy bài bị trùng trong topic này nha
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 30-10-2011 - 00:42
- Zaraki, Didier, HÀ QUỐC ĐẠT và 1 người khác yêu thích
Vì cuộc sống luôn thay màu .... !!!
#87
Đã gửi 30-10-2011 - 09:56
$\dfrac{a^{4}}{(a+b)(a^{2}+b^{2})}+\dfrac{b^{4}}{(b+c)(b^{2}+c^{2})}+\dfrac{c^{4}}{(c+d)(c^{2}+d^{2})}+\dfrac{d^{4}}{(d+a)(d^{2}+a^{2})}\geq \dfrac{a+b+c+d}{4}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 30-10-2011 - 18:16
Đánh số thứ tự bài
- Zaraki yêu thích
#88
Đã gửi 30-10-2011 - 13:21
bài48:$ \dfrac{a^{4}}{b^{3}+c^{3}}+\dfrac{b^{4}}{c^{3}+a^{3}}+\dfrac{c^{3}}{a^{3}+b^{3}}\geq \dfrac{a+b+c}{2}$
- no matter what yêu thích
#89
Đã gửi 30-10-2011 - 15:06
BĐT$ \Leftrightarrow \sum\dfrac{(a-b)^{2}(a^{2}+ab+b^{2})[c^{3}+(a+b)(a^{2}+b^{2})]}{(b^{3}+c^{3})(c^{3}+a^{3})}\geq 0$thêm bài này
bài48:$ \dfrac{a^{4}}{b^{3}+c^{3}}+\dfrac{b^{4}}{c^{3}+a^{3}}+\dfrac{c^{3}}{a^{3}+b^{3}}\geq \dfrac{a+b+c}{2}$
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 30-10-2011 - 15:06
- no matter what yêu thích
#90
Đã gửi 30-10-2011 - 20:25
Bài 49: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a \ge b \ge c \ge 0$. Chứng minh rằng:
$$ a + 4b + 7c \leqslant 4\left( {\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} } \right) $$
Mong các bạn trao đổi tích cực hơn trong topic này
Bài 33: Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ a+b+c=2 $.CMR
$$ \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2}} \right) \le 2 $$
Nguồn:Mathlink.ro
Ta có một bất đẳng thức cũng giống bdt trên, nhưng các bạn hãy thử giải bài này bằng p,q,r.
Bài 50: Cho các số thực không âm $a,b,c$ sao cho $ a+b+c=1 $.CMR
$$ \left( {{a^2} + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + {a^2}} \right) \le \dfrac{1}{32} $$
- HÀ QUỐC ĐẠT và no matter what thích
Vì cuộc sống luôn thay màu .... !!!
#91
Đã gửi 31-10-2011 - 18:47
Ngày cuối tuần rồi Các bạn hãy giải thử bài này zz Nó cần sự khéo léo là chính:
Bài 49: Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a \ge b \ge c \ge 0$. Chứng minh rằng:
$$ a + 4b + 7c \leqslant 4\left( {\sqrt {ab} + \sqrt {bc} + \sqrt {ca} } \right) $$
Để topic được tiếp tục, có lẽ mình sẽ tự giải bài này vậy
(Đã xóa bởi wallunint)
ps: Bỏ qua bài 50. Các bạn post tiếp bài 51 đi nhé
Bài này giải bằng p,q,r khá phức tạp. Bạn nào muốn thử sức thì cứ làm thử theo và gợi ý sau:
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại như sau:
$ \left( {1 - q - c - ab} \right)\left( {1 - q - a - bc} \right)\left( {1 - q - b - ca} \right) \leqslant \dfrac{1}{{32}} $
$ \Leftrightarrow {q^2} - 2{q^3} - r\left( {2 + r - 4q} \right) \leqslant \dfrac{1}{{32}} $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 03-06-2012 - 20:38
- no matter what yêu thích
Vì cuộc sống luôn thay màu .... !!!
#92
Đã gửi 01-11-2011 - 08:31
-------------Do bài nhìn xấu xí nên đề nghị các bạn chỉ giải các trường hợp riêng dưới đâu thôi:(a, b,c thực bất kỳ)
1/ $( a^2+b^2+c^2) ^{2}+ 3( a+b+c )( a-b)( b-c)( c-a) \ge 3abc ( a+b+c)$
2/ $ \sum [a^4+2a^3b+(\dfrac{25}{3}+k)a^2b^2] \ge \sum[ 6b^3a+(\dfrac{16}{3}+k)a^2bc] , \,( k \ge 0 )$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tạ Hồng Quảng: 25-01-2012 - 16:51
- HÀ QUỐC ĐẠT và no matter what thích
#93
Đã gửi 01-11-2011 - 09:02
Bất đẳng thức gì mà xấu xí quá trờiBài 49 (sáng tác).
Cho $ p, q, m, k, l$ là các số thực cho trước . Chứng minh rằng với mọi biến thực $a,b,c$ (tổng hoán vị vòng theo $a,b,c$)
$\sum_{ }^{ }[(1- qp+q^2+p^2-q-p) a^4+(-lq-mp+2k-kp+2lp-m+2mq-kq -l )a^3b+ $
$+( 2kp+2lq-mp-mq-kq-lp+2m-k-l)b^3a +$
$+( p+q-1+ qp-mk-lm-kl+ {k}^{2}+{m}^{2}+{l}^{2}-{q}^{2}-{p}^{2} )a^2b^2 + $
$+(2l-k-m-{m}^{2}-{l}^{2}-{k}^{2}+mk-mq-kp+2kq+lm+2mp+kl-lp-lq)a^2bc] \ge 0 $
Chắc bạn chế biến kiểu $$\sum_{a,b,c} (ma^2+nb^2+pc^2+qab+rbc+sca)^2 \ge 0$$ hoặc $$\sum_{x,y,z} (x-y)^2 \ge 0$$ với $x=a^2+nb^2+pc^2+qab+rbc+sca$ ($y,z$ tương tự).
Hãy xem thêm những định lý tổng quát tuyệt đẹp ở đây: http://www.emis.de/j...IPAM/105_09.pdf
- alex_hoang, HÀ QUỐC ĐẠT, MIM và 1 người khác yêu thích
#94
Đã gửi 01-11-2011 - 09:53
Bất đẳng thức gì mà xấu xí quá trời
Hãy xem thêm những định lý tổng quát tuyệt đẹp ở đây: http://www.emis.de/j...IPAM/105_09.pdf
Nó xấu xí vì quá nhiều biến và đơn giản nhưng nếu thay các giá trị cụ thể vào ta được một loạt các bất đẳng thức không tầm thường:
1/ $(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)$ (Vasile Cirtoajie )
2/ $( a^2+b^2+c^2) ^{2}+ 3( a+b+c )( a-b)( b-c)( c-a) \ge 3abc ( a+b+c)$
3/ $\sum a^4+\sum ab^3\ge 2\sum a^3b$ (Vasile Cirtoajie )
4/ $ \sum(a^4+8b^2c^2) \ge 3(\sum xy)(\sum x^2)$ (Vasile Cirtoajie )
5/ $\sum [a^4+2a^3b+11a^2b^2] \ge \sum [6b^3a+8a^2bc] , \, $ (Crux)
6/ $P, Q $ -số thực bất kỳ.
$\sum [a^4+Pa^3b+Qb^3a+\dfrac 13(P^2+Q^2+PQ-3)a^2b^2] \ge$
$ \ge \sum \dfrac 13 (3P+3Q+P^2+Q^2+PQ)a^2bc$
....
Rất có thể các bất đẳng thức rất đẹp mà bạn nêu ở trên có thể suy ra từ những cái xấu xí đó. Do xấu xí nên ít người để ý.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tạ Hồng Quảng: 01-11-2011 - 21:35
- Zaraki, HÀ QUỐC ĐẠT, MIM và 1 người khác yêu thích
#95
Đã gửi 01-11-2011 - 14:15
$\dfrac{a}{\sqrt{{{b}^{3}}+1}}+\dfrac{b}{\sqrt{{{c}^{3}}+1}}+\dfrac{c}{\sqrt{{{a}^{3}}+1}}\ge 2$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 02-11-2011 - 12:48
- HÀ QUỐC ĐẠT yêu thích
#96
Đã gửi 02-11-2011 - 12:47
- HÀ QUỐC ĐẠT yêu thích
#97
Đã gửi 03-11-2011 - 00:41
$\sqrt{a^3+1}\leq \sqrt{(a+1)(a^2-a+1)}\leq \dfrac{a^2+2}{2}=>\dfrac{c}{\sqrt{a^3+1}}\geq \dfrac{2c}{a^2+1}$
Tương tự ta có$\dfrac{a}{\sqrt{b^3+1}}\geq \dfrac{2a}{b^2+1};\dfrac{b}{\sqrt{c^3+1}}\geq \dfrac{2b}{c^2+1}$
Ta sẽ chứng minh$\sum \dfrac{2a}{b^2+2}\geq 2$
Hay $\sum (a-\dfrac{2a}{b^2+2})\leq 4$<=>$\sum \dfrac{ab^2}{b^2+c}\leq 4$
Áp dụng AM-GM ta có $(2b^2+4)\geq \3b\sqrt[3]{4b}$ làm những BĐT kia tương tự
áp dụng BĐT $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ac)=>\sum \dfrac{ab^2}{b^2+2}\geq \sum \dfrac{1}{3}.\sqrt[3]{2a.ab.ab}\leq \dfrac{1}{9}(2(a+b+c)+2(ab+bc+ac))=4$
Từ đây ta có đpcm
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#98
Đã gửi 03-11-2011 - 11:33
#99
Đã gửi 03-11-2011 - 13:06
Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=1.$không biết đã có trên dđ chưa????
Tìm max của:
$P=\dfrac{a^2+1}{b^2+1}+\dfrac{b^2+1}{c^2+1}+\dfrac{c^2+1}{a^2+1}$
- nguyenphu.manh và HÀ QUỐC ĐẠT thích
#100
Đã gửi 03-11-2011 - 13:33
Với các số thực dương $a_{1};a_{2};...;a_{1}+a_{2}+...+=2n$
a) Ta luôn có: $\sum_{k=1}^{n}.\dfrac{a_{k}}{\sqrt[2]{a_{k+1}^{3}}}\geq \dfrac{2n}{3}$ Coi $a_{n+1}\equiv a_{1}$
b) $\sum_{j=1}^{n}.\sum_{i=1}^{n}.\dfrac{x_{j}}{\sqrt{x_{i}^{3}+1}}\geq \dfrac{2n(n-1)}{3}$
Cho em hỏi ở dòng thứ 3 mình dùng Cô si ngược dấu được không nếu ai biết thi post lời giải lên dùm
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh