Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
* * * * * 16 Bình chọn

Topic về bất đẳng thức


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 206 trả lời

#61 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 05-09-2011 - 17:49

Thấy BĐT này nhìn cũng "bắt mắt", đưa lên mọi người xem (dạo này bên box BĐT vắng quá)

Bài 31$a,b,c>0$. Chứng minh rằng

$\sqrt[3]{\dfrac{a^2+bc}{b^2+c^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{b^2+ac}{a^2+c^2}}+\sqrt[3]{\dfrac{c^2+ba}{b^2+a^2}} \ge \dfrac{9\sqrt[3]{abc}}{a+b+c}$


P/s: Ai đã biết lời giải có sẵn xin đừng post lên, hãy để người khác suy nghĩ.

Đểcho bất đẳng thức không bị phân tán đi quá nhiều topic mình post lời giải bài toán của Toàn tại đây và coi như bài 31
Giải
Bất đẳng thức tương đương
$\sum {\dfrac{{{a^2} + bc}}{{\sqrt[3]{{abc({a^2} + bc)({b^2} + {c^2})}}}}} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}}$
Sử dụng AM GM ta có
$\sum {\dfrac{{{a^2} + bc}}{{\sqrt[3]{{abc({a^2} + bc)({b^2} + {c^2})}}}}} \ge \dfrac{{3({a^2} + bc)}}{{\sum\limits_{sym} {{a^2}b} }}$
Vậy ta phải chứng minh
$\dfrac{{3({a^2} + bc)}}{{\sum\limits_{sym} {{a^2}b} }} \ge \dfrac{9}{{a + b + c}} \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge \sum\limits_{sym} {{a^2}b} $
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#62 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

Đã gửi 08-09-2011 - 22:55

Topic sôi đông thật. Mỗi Box đều có vài Topic về BĐT. Mọi người cần post tập trung để tránh phân tán.
Góp vui một bài:
Bài 32:
Giả sử hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + xy + {y^2} = 3\\{y^2} + yz + {z^2} = 16\end{array} \right.$ có nghiệm.

Chứng minh rằng:

$xy + yz + zx \le 8$



Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 08-09-2011 - 22:55

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#63 HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C THPT NINH GIANG-ĐẠI HỌC XÂY DỰNG

Đã gửi 09-09-2011 - 10:16

Topic sôi đông thật. Mỗi Box đều có vài Topic về BĐT. Mọi người cần post tập trung để tránh phân tán.
Góp vui một bài:
Bài 32:
Giả sử hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + xy + {y^2} = 3\\{y^2} + yz + {z^2} = 16\end{array} \right.$ có nghiệm.

Chứng minh rằng:

$xy + yz + zx \le 8$



Ta có:
$ 48=( x^{2}+xy+ y^{2}).( y^{2}+yz+ z^{2})=[ (y+\dfrac{x}{2}) ^{2}+(\dfrac{x\sqrt{3} }{2}) ^{2}].[(\dfrac{z\sqrt{3} }{2}) ^{2}+ (y+\dfrac{z}{2}) ^{2}]$
$\geq [ (\dfrac{yz\sqrt{3} }{2}+\dfrac{xz\sqrt{3} }{4}+\dfrac{xy\sqrt{3} }{2}+\dfrac{xz\sqrt{3} }{4}) ^{2}]$
$ = (\dfrac{(xy+yz+zx)\sqrt{3} }{2}) ^{2} \Leftrightarrow xy+yz+zx \leq 8$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 11-09-2011 - 21:51
Gõ cách dòng cho dễ nhìn.


#64 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 10-09-2011 - 17:10

Mong các bạn trao đổi tích cực hơn trong topic này
Bài 33Cho 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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 10-09-2011 - 17:11

alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#65 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 11-09-2011 - 21:56

Bài 34: Cho $n \in N^*;a=const>1$.Chứng minh rằng:

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k}{a^{k}}<\dfrac{a}{(a-1)^2}$


Bài 35: Chứng minh rằng:$a(a+b)^3+b(b+c)^3+c(c+a)^3 \ge 0,\forall a,b,c \in R$
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#66 HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C THPT NINH GIANG-ĐẠI HỌC XÂY DỰNG

Đã gửi 12-09-2011 - 17:11

Bài 34: Cho $n \in N^*;a=const>1$.Chứng minh rằng:

$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k}{a^{k}}<\dfrac{a}{(a-1)^2}$


Bài 35: Chứng minh rằng:$a(a+b)^3+b(b+c)^3+c(c+a)^3 \ge 0,\forall a,b,c \in R$

Em thử giải thế này,nếu sai xin mọi người góp ý:
$\begin{array}{l}
{\rm{x\'e t a,b,c}} \in {\rm{[0;1] ta c\'o }}:ab(ab - 1) \le 0 \Leftrightarrow {a^2}{b^2} \le ab \\
\Rightarrow {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le ab + bc + ca \\
C{\rm{\'o }}:VT = ({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) - {a^2}{b^2}{c^2} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2})(ab + bc + ca) = ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}2 - \dfrac{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{2}{\rm{]}} \le 2 \\
\Leftrightarrow ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}4 - ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{]}} \le {\rm{4}} \\
\Leftrightarrow {({a^2} + {b^2} + {c^2} - 2)^2} \ge 0 \\
\\
X{\rm{\'e }}ta,b,c \in {\rm{[}}1;2]c{\rm{\'o }}:{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge a + b + c \\
(ab - 1)(ab - 2) \le 0 \Leftrightarrow {a^2}{b^2} \le 3ab - 2 \\
\Rightarrow {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le 3(ab + bc + ca) - 6 \\
C{\rm{\'o }}:VT = ({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) - {a^2}{b^2}{c^2} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}3(ab + bc + ca) - 6{\rm{]}} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}6 - \dfrac{{3({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{2}{\rm{ - 6]}} \le 2 \\
\Leftrightarrow - \dfrac{{3{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}^2}}}{2} \le 2 \\
\end{array}$

#67 HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C THPT NINH GIANG-ĐẠI HỌC XÂY DỰNG

Đã gửi 12-09-2011 - 17:13

Bài 33
Em thử giải thế này,nếu sai xin mọi người góp ý:

$\begin{array}{l}
{\rm{x\'e t a,b,c}} \in {\rm{[0;1] ta c\'o }}:ab(ab - 1) \le 0 \Leftrightarrow {a^2}{b^2} \le ab \\
\Rightarrow {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le ab + bc + ca \\
C{\rm{\'o }}:VT = ({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) - {a^2}{b^2}{c^2} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2})(ab + bc + ca) = ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}2 - \dfrac{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{2}{\rm{]}} \le 2 \\
\Leftrightarrow ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}4 - ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{]}} \le {\rm{4}} \\
\Leftrightarrow {({a^2} + {b^2} + {c^2} - 2)^2} \ge 0 \\
\\
X{\rm{\'e }}ta,b,c \in {\rm{[}}1;2]c{\rm{\'o }}:{a^2} + {b^2} + {c^2} \ge a + b + c \\
(ab - 1)(ab - 2) \le 0 \Leftrightarrow {a^2}{b^2} \le 3ab - 2 \\
\Rightarrow {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \le 3(ab + bc + ca) - 6 \\
C{\rm{\'o }}:VT = ({a^2} + {b^2} + {c^2})({a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}) - {a^2}{b^2}{c^2} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}3(ab + bc + ca) - 6{\rm{]}} \\
\Leftrightarrow VT \le ({a^2} + {b^2} + {c^2}){\rm{[}}6 - \dfrac{{3({a^2} + {b^2} + {c^2})}}{2}{\rm{ - 6]}} \le 2 \\
\Leftrightarrow - \dfrac{{3{{({a^2} + {b^2} + {c^2})}^2}}}{2} \le 2 \\
\end{array}$

#68 HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C THPT NINH GIANG-ĐẠI HỌC XÂY DỰNG

Đã gửi 12-09-2011 - 17:23

Bài 33
Em thử giải thế này,nếu sai xin mọi người góp ý:
*Xét a,b,c :in [0;1] ta có:ab(ab-1) :-? 0 -_- $ a^{2}b^{2}\leq ab$
:Rightarrow $ a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\leq ab+bc+ca$
Ta có:$ VT=( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})- a^{2} b^{2}c^{2}\leq ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})(ab+bc+ca)= ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})(2-\dfrac{( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})}{2}\leq 2$
-_- $( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})[4-( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})]\leq 4$
:Leftrightarrow $ (a^{2}+ b^{2}+ c^{2}-2)^{2}\geq 0 (Đúng) $
Dấu"=" xảy ra :Leftrightarrow a=b=1;c=0 và các hoán vị
*Xét a,b,c :in [1;2] có $a^{2}+ b^{2}+ c^{2}\geq a+b+c=2$
(ab-1)(ab-2) ;) 0 :Leftrightarrow$ a^{2}b^{2}\leq 3ab-2\Leftrightarrow a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\leq 3(ab+bc+ca)-6$
$ VT=( a^{2}+ b^{2}+ c^{2})(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})- a^{2}b^{2}c^{2}$
$\Leftrightarrow VT\leq (a^{2}+b^{2}+c^{2})[3(ab+bc+ca)-6]=\dfrac{-3( a^{2}+ b^{2}+ c^{2}) ^{2} }{2}\leq 2 (Đúng) $
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Dấu"=" xảy ra :Leftrightarrow a=b=1;c=0 và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 12-09-2011 - 17:47


#69 Tạ Hồng Quảng

Tạ Hồng Quảng

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 16 Bài viết

Đã gửi 13-09-2011 - 11:31

Bài 36 (Sáng tác):
Cho $ a, \, b \, ,\, c \, \ge \, 0 $ thoả mãn $ a+b+c+abc \le 4 $ . Chứng minh rằng :

$ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\ge \sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca} $

#70 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 20-09-2011 - 09:33

Bài 37.Cho $ a,b,c>0$ và $ abc=1 $. Chứng minh rằng:
$ \dfrac{1}{\sqrt{4a^2+a+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4b^2+b+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4c^2+c+4}} \le 1 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 20-09-2011 - 09:38

alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#71 vietfrog

vietfrog

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 947 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Kẻ Sặt_ Hải Dương
  • Sở thích:Kìa chú là chú ếch con có hai là hai mắt tròn....

Đã gửi 27-09-2011 - 20:44

Góp một bài.
Bài 38:Cho $a,b,c,x,y,z$ là các số thực dương. Biết : $a+b+c=1$
Chứng minh rằng:
\[ax + by + cz + 2\sqrt {(xy + yz + xz)(ab + ac + bc)} \le x + y + z\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 30-09-2011 - 11:20

Sống trên đời

Cần có một tấm lòng

Để làm gì em biết không?

Để gió cuốn đi...

Chủ đề:BĐT phụ

HOT: CÁCH VẼ HÌNH


#72 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 01-10-2011 - 21:31

Một cách khác cho bài 32. Xem chi tiết tại đây:

http://diendantoanhoc.net/index.php?showtopic=44666&st=60

#73 HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C THPT NINH GIANG-ĐẠI HỌC XÂY DỰNG

Đã gửi 05-10-2011 - 14:26

Bài 36 (Sáng tác):
Cho $ a, \, b \, ,\, c \, \ge \, 0 $ thoả mãn $ a+b+c+abc \le 4 $ . Chứng minh rằng :

$ \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}\ge \sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{bc}+\sqrt[3]{ca} $


$\sqrt[3]{a}=x;\sqrt[3]{b}=y;\sqrt[3]{c}=z$
Bất đẳng thức cần chứng minh:$\Leftrightarrow x+y+z\geq xy+yz+zx$
Từ giả thiết ta có:
$x^{3}+y^{3}+z^{3}+x^{3}y^{3}z^{3}\leq 4\Leftrightarrow xyz\leq 1$
$*x+y+z\leq 3$
$\Leftrightarrow 3p^{2}\geq p^{3}\geq 3pq$
$\Leftrightarrow p\geq q$
$*x+y+z\geq 3$
Áp dụng bất đẳng thức schur ta có:
$9r\geq 4pq-p^{3}\Leftrightarrow p^{3}+9r-3pq\geq pq$
có:$4\geq x^{3}+y^{3}+z^{3}+x^{3}y^{3}z^{3}$
$=p^{3}-3pq+9r-6r+r^{3}\geq pq+r^{3}-6r\geq pq-5(vì r \leq 1)$
$\Leftrightarrow 9\geq pq$
$Mà p^{2}\geq 9\Leftrightarrow p^{2}\geq pq\Leftrightarrow p\geq q$
Dấu "="xảy ra khi x=y=z=1 hay a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 06-10-2011 - 22:32


#74 NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1465 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1 K46 Tổng hợp

Đã gửi 11-10-2011 - 23:26

\[ax + by + cz + 2\sqrt {(xy + yz + xz)(ab + ac + bc)}\]
$ \leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)} +\sqrt {2(xy + yz + xz)2(ab + ac + bc)} $
$ \leq \sqrt{(a+b+c)^2.(x+y+z)^2} = x+y+z$(do $1=a+b+c$)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 12-10-2011 - 12:20

It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow

 

94e8dcf4f558448c8c8e808278c0c65e.0.gif


#75 Ngày không em

Ngày không em

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 17-10-2011 - 15:11

Bài 39 Cho các số thực dương $ a,b,c $thay đổi thỏa mãn $ abc=4 $.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$S = \dfrac{{{a^3}}}{{\sqrt {(1 + {a^4}\sqrt a )(1 + {b^4}\sqrt b )} }} + \dfrac{{{b^3}}}{{\sqrt {(1 + {c^4}\sqrt c )(1 + {b^4}\sqrt b )} }} + \dfrac{{{c^3}}}{{\sqrt {(1 + {a^4}\sqrt a )(1 + {c^4}\sqrt c )} }}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 27-10-2011 - 00:09


#76 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 27-10-2011 - 00:10

Bài 40Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a, b, c$, ta luôn có
$$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} \ge \dfrac{ab}{a^2+bc+ca}+\dfrac{bc}{b^2+ca+ab}+\dfrac{ca}{c^2+ab+bc}$$
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#77 taminhhoang10a1

taminhhoang10a1

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:"Mù" Pao Chải Thái Bình

Đã gửi 27-10-2011 - 08:28

Bài 41, Cho a,b,c không âm. CMR:

$\dfrac{{a(b + c)}}{{b^2 + bc + c^2 }} + \dfrac{{b(c + a)}}{{c^2 + ca + a^2 }} + \dfrac{{c(a + b)}}{{a^2 + ab + b^2 }} \ge 2$
THPT THÁI NINH - THÁI THỤY - THÁI BÌNH

#78 NguyThang khtn

NguyThang khtn

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1465 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1 K46 Tổng hợp

Đã gửi 27-10-2011 - 14:45


Bài 41, Cho a,b,c không âm. CMR:

$\dfrac{{a(b + c)}}{{b^2 + bc + c^2 }} + \dfrac{{b(c + a)}}{{c^2 + ca + a^2 }} + \dfrac{{c(a + b)}}{{a^2 + ab + b^2 }} \ge 2$

Ap dụng BDT Cauchy-chwarz:
$[\sum \dfrac{{a(b + c)}}{{b^2 + bc + c^2 }}][\sum \dfrac{{a(b^2 + bc + c^2)}}{{b + c}}] \geq (a+b+c)^2$
Ta sẽ CM:
$(a+b+c)^2 \geq \sum \dfrac{{a(b^2 + bc + c^2)}}{{b + c}}$
Do $\dfrac{{a(b^2 + bc + c^2)}}{{b + c}} = ab+ac - \dfrac{abc}{b+c}$
BDT trên tương đương với:
$(a+b+c)^2 +2abc\sum \dfrac{1}{b+c} \geq 4(ab+bc+ac)$
$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2) + 2abc\sum \dfrac{1}{b+c} \geq (a+b+c)^2$
Ta lại có:
$2a^2+\dfrac{2abc}{b+c} =\dfrac{{2a(ab + bc + câ)}}{{b + c}}$
Nên BDT tương đương với:
$\sum \dfrac{a}{b+c} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}$
Đúng theo Cauchy-chwarz.
p\s: Bài 40 Em làm đến đoạn :
CM:
$\sum\dfrac{a(a^2-b^2)(a+c)}{ab+bc+ac} \geq 0 $
Mà chả biết C-S kiểu gì cả!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 27-10-2011 - 15:15

It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow

 

94e8dcf4f558448c8c8e808278c0c65e.0.gif


#79 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 27-10-2011 - 17:41

Bài 40 đó em thử sử dụng Cauchy Schwaz
VD:$({a^2} + bc + ca)({b^2} + bc + ca) \ge {(ab + bc + ca)^2}$
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#80 alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hanoi University of Pharmacy
  • Sở thích:MANCHSTER UNITED

Đã gửi 27-10-2011 - 17:46

Bài 42Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{(3a-1)^2}{2a^2+1}+\dfrac{(3b-1)^2}{2b^2+1}+\dfrac{(3c-1)^2}{2c^2+1}\geq 4$
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The




0 người đang xem chủ đề

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