Topic về bất đẳng thức
#101
Đã gửi 03-11-2011 - 13:47
Ta luôn có
$$\sum_{k=1}^{n}.\dfrac{a_{k}}{\sqrt[2]{a_{k+1}^{3}}}\geq \dfrac{2n}{3}Coia_{n+1}\equiv a_{1}b)\sum_{j=1}^{n}.\sum_{i=1}^{n}.\dfrac{x_{j}}{\sqrt{x_{i}^{3}+1}}\geq \dfrac{2n(n-1)}{3}$
Công thức bị lỗi nên xuất ra hơi xấu thông cảm
Cho em hỏi ở hàng thứ 3 mình dùng Côsi ngược dấu được không nếu ai biết thì post lời giải lên dùm
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#102
Đã gửi 03-11-2011 - 17:29
Bài này quen thuộc đã được bàn nhiều trên diễn đànBài 53.
Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=1.$
Tìm max của:
$P=\dfrac{a^2+1}{b^2+1}+\dfrac{b^2+1}{c^2+1}+\dfrac{c^2+1}{a^2+1}$
Nó vốn là bài toán trên tạp chí THTT với max tìm được là$\dfrac{7}{2}$
- nguyenphu.manh, HÀ QUỐC ĐẠT và khanghaxuan thích
#103
Đã gửi 05-11-2011 - 11:37
$\dfrac{y^2}{xy^2+2z^2}+\dfrac{x^2}{zx^2+2y^2}+ \dfrac{z^2}{yz^2+2x^2}\ge 1$
Bài 55Cho bốn số thực $a,\;b,\;c,\;d$ thỏa mãn $a+b+c+d=6$và$a^2+b^2+c^2+d^2=12$ Chứng minh rằng
$36 \le 4(a^3+b^3+c^3+d^3)-(a^4+b^4+c^4+d^4) \le 48.$
Bài 56 Cho ba số thực dương $a;\,b;\,c$ có $abc=1$]. Tìm giá trị nhỏ nhất của
$P=\dfrac{a^2b}{a+b}+\dfrac{b^2c}{b+c}+\dfrac{c^2a}{c+a}$
Bài 57 Cho $a,b,c$ là các số thực dương, chứng minh rằng:
$a+b+c+ \dfrac{a^2}{b}+ \dfrac{b^2}{c}+ \dfrac{c^2}{a} \ge 6\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)$
P/s:Các bạn giải nốt bài 52 nữa nha
- alex_hoang, HÀ QUỐC ĐẠT và taminhhoang10a1 thích
#104
Đã gửi 05-11-2011 - 14:40
Lời giải:Bài 57 Cho $a,b,c$ là các số thực dương, chứng minh rằng:
$$a+b+c+ \dfrac{a^2}{b}+ \dfrac{b^2}{c}+ \dfrac{c^2}{a} \ge 6\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $a \le b \le c$. Khi đó bất đẳng thức được viết:
$$\sum {\left( {\dfrac{{{a^2}}}{b} + b - 2a} \right)} \ge 6\left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}}} \right) - 2\left( {a + b + c} \right) \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{b} \ge } 6\left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{a + b + c}}} \right) - 2\left( {a + b + c} \right)$$
Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có:
$$\sum {\dfrac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}}}{b} \ge } \dfrac{{{{\left( {\left( {a - b} \right) + \left( {b - c} \right) + \left( {a - c} \right)} \right)}^2}}}{{b + c + a}} = \dfrac{{4{{\left( {a - c} \right)}^2}}}{{a + b + c}}$$
Do đó ta cần chứng minh: $$2{\left( {a - c} \right)^2} \ge 3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) - {\left( {a + b + c} \right)^2} \Leftrightarrow 2\left( {b - c} \right)\left( {b - a} \right) \le 0$$
Bất đẳng thức trên đúng do $a \le b \le c$. Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c$.
- Ispectorgadget, alex_hoang, chemtoidy và 2 người khác yêu thích
#105
Đã gửi 05-11-2011 - 15:10
Một bài tương tự: Cho $a,b,c$ là các số thực dương, chứng minh rằng:Bài 57 Cho $a,b,c$ là các số thực dương, chứng minh rằng:
$$a+b+c+ \dfrac{a^2}{b}+ \dfrac{b^2}{c}+ \dfrac{c^2}{a} \ge 6\left(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}\right)$$
$$a + b + c + \dfrac{{{a^2}}}{b} + \dfrac{{{b^2}}}{c} + \dfrac{{{c^2}}}{a} \ge 2\sqrt {3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)} $$
----------------------------------
Không dùng kết quả của bài toán 57.
- chemtoidy yêu thích
#106
Đã gửi 05-11-2011 - 21:55
Do $abc=1$ nên bất đẳng thức trên có thể viết lại thành
$$1+a+b+c \ge 2\sqrt{1+ab+bc+ca}$$
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM dạng $x+y \ge 2\sqrt{xy}$, ta có:
$$1+a+b+c \ge 2\sqrt{(1+a)(b+c)}$$
Vậy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
$$(1+a)(b+c) \ge 1+ab+bc+ca$$
Hay $$b+c \ge 1+bc$$
Tương đương với
$$(b-1)(c-1) \le 0$$
Mặt khác, do $abc=1$ nên trong ba số $a, b, c$, luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn $1$ và một số nhỏ hơn $1$.
Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử hai số đó là $b, c$ để từ đó suy ra $(b-1)(c-1) \le 0$.
Bài toán được giải quyết xong. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
- alex_hoang, HÀ QUỐC ĐẠT, taminhhoang10a1 và 1 người khác yêu thích
#107
Đã gửi 07-11-2011 - 12:44
Thế anh đưa lời giải lên cho em biết với.Bài này quen thuộc đã được bàn nhiều trên diễn đàn
Nó vốn là bài toán trên tạp chí THTT với max tìm được là$\dfrac{7}{2}$
- nguyenphu.manh yêu thích
#108
Đã gửi 08-11-2011 - 09:33
Bài 54:Bài 54 Cho $x;\,y;\,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xy + yz + zx = 3xyz$, chứng minh rằng:
$\dfrac{y^2}{xy^2+2z^2}+\dfrac{x^2}{zx^2+2y^2}+ \dfrac{z^2}{yz^2+2x^2}\ge 1$
Bài 56 Cho ba số thực dương $a;\,b;\,c$ có $abc=1$]. Tìm giá trị nhỏ nhất của
$P=\dfrac{a^2b}{a+b}+\dfrac{b^2c}{b+c}+\dfrac{c^2a}{c+a}$
Từ giả thiết $\rightarrow \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=3$
Đặt $\dfrac{1}{x}=a,\dfrac{1}{y}=b,\dfrac{1}{z}=c \Rightarrow a+b+c=3$
BDT$ \Rightarrow \sum \dfrac{a^2}{a+2b^2}\ge 1$
$\Rightarrow \sum (a-\dfrac{2ab^2}{a+2b^2})\ge 1$
$\Leftrightarrow 3-\sum\dfrac{2ab^2}{a+2b^2}\ge 1$
Ta có:
$\dfrac{2ab^2}{a+2b^2}\le^{AM-GM} \dfrac{2}{3}\sqrt[3]{a^2b^2}$
Tương tự ta có:
$VT\ge 3-\dfrac{2}{3}(\sum\sqrt[3]{a^2b^2})$
Mà:
$\sum\sqrt[3]{a^2b^2}\le \sum\dfrac{ab+ab+1}{3}=\dfrac{2}{3}(ab+bc+ca)+1\le 3$
Vậy $VT \ge 3-2=1 (dpcm)$
Bài 56:
$ abc=1\to a=\dfrac{x}{y},b=\dfrac{y}{z},c=\dfrac{z}{x}$
${{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}}+3\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)$
$={{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}+\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)\le \dfrac{4}{3}{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}$
$ P=\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{a}^{2}}b}{a+b}} = \sum\limits_{cyc}{\dfrac{\dfrac{{{x}^{2}}}{{{y}^{2}}}.\dfrac{y}{z}}{\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}}} = \sum\limits_{cyc}{\dfrac{2{{x}^{2}}}{2xz+2{{y}^{2}}}} \overset{AM-GM}{ \ge }\,2.\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+{{z}^{2}}+2{{y}^{2}}}}$
$\overset{Cauchy-Schwarz}{ \ge }\,2.\dfrac{{{\left( {{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}} \right)}^{2}}}{{{x}^{4}}+{{y}^{4}}+{{z}^{4}} + 3\left( {{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}} \right)}\ge 2.\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{2}$
Từ đó: $P=\sum\limits_{cyc}{\dfrac{{{a}^{2}}b}{a+b}}\ge \dfrac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DBSK: 08-11-2011 - 09:41
- HÀ QUỐC ĐẠT yêu thích
#109
Đã gửi 09-11-2011 - 23:01
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#110
Đã gửi 10-11-2011 - 09:24
Làm thế thật không hay mình thấy bên đó có bài nào là bạn lại post sang đây!
Gây ra sự trùng lặp giưa các trang web!
#111
Đã gửi 10-11-2011 - 20:28
Có thật là bên ấy có bài nào thì mình đều copy và post sang đây hay không bạn nên chú ý lời nói và theo ý kiên riêng tôi việc đi tìm tòi những bài toán hay của diễn đàn khác để làm phong phú cho diendantoanhoc hơn thì chẳng có gì sai cả và thực tế nhiều diễn đàn khác cũng vậy , có thể bạn biết nhưng nhiều người khác không biết có thể bạn làm rồi nhưng nhiều người khác chưa làm.Tuy nhiên tôi sẽ xóa bài viết trên và dù sao cũng cảm ơn ý kiến của bạn
Bài 58:Cho các số thực dương $a,b,c$ sao cho $abc=1$.Tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức sau đúng
\[(a + b)(b + c)(c + a) + k \ge \dfrac{{8 + k}}{3}(a + b + c)\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 10-11-2011 - 20:42
#112
Đã gửi 11-11-2011 - 11:53
Bài 57
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a^3+b^3+c^3=3$. Chứng minh rằng
$$\dfrac{ab}{\sqrt[3]{{{b}^{3}}+8}}+\dfrac{bc}{\sqrt[3]{{{c}^{3}}+8}}+\dfrac{ca}{\sqrt[3]{{{a}^{3}}+8}}\le \dfrac{\sqrt{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}{\sqrt[6]{3}}$$
- alex_hoang yêu thích
Diễn đàn Vật lí phổ thông: https://vatliphothong.vn
My Blog: http://tanghaituan.com
Học trực tuyến: https://hoctructuyen.tv
#113
Đã gửi 11-11-2011 - 14:03
Dù sao cũng là lỗi tại em đã lấy bài bên bothmath trước mới đẫn đến bạn trích lời giải paste sang.Em xin tạ tội với mọi người và hứa là không bao giờ lấy bài bên ấy về đây nữa.
Cảm ơn anh Huân nhiều
#114
Đã gửi 11-11-2011 - 16:52
Theo em thì lấy cũng càng tốt cho diễn đàn mình chứ sao. Thử hỏi bây giờ có ai đó lấy bài ở diễn đàn của nước ngoài toàn tiếng Anh về dịch ra VIệt cũng cấm người ta à. Mà như bọn em thường hay vao diendantoanhoc.net hơn la boxmath.vn thì việc anh Hoàng lấy bài từ bên đó cho chúng em làm là hợp lý. Biết đâu bên này có cách giải hay hơn bên kia thì sao đây. DBSK nên xem lại lời nói có phần xúc phạm này. Thành viên của 2 diễn đàn nên trao đổi bài với nhau chứMong bạn Hoàng không nên lấy bài từ boxmath cop sang đây!
Làm thế thật không hay mình thấy bên đó có bài nào là bạn lại post sang đây!
Gây ra sự trùng lặp giưa các trang web!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi taminhhoang10a1: 11-11-2011 - 16:54
#115
Đã gửi 11-11-2011 - 19:54
Trên đây là link một số bài BĐT tự sáng tác của anh Dương Đức Lâm.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#116
Đã gửi 11-11-2011 - 22:53
Anh tên Tuân em nha .Cảm ơn anh rất nhiều em thất sự em cũng muốn diễn đàn này trao đổi một số đề bài bên bothmath nhưng không ngờ bạn DBSK lại copy paste lời giải bên bothmath
Dù sao cũng là lỗi tại em đã lấy bài bên bothmath trước mới đẫn đến bạn trích lời giải paste sang.Em xin tạ tội với mọi người và hứa là không bao giờ lấy bài bên ấy về đây nữa.
Cảm ơn anh Huân nhiều
Anh là Smod bên boxmath, thay mặt bên đó anh muốn nói là em cứ thoải mái lấy bài bên đó và post sang đây cho mọi người cùng giải, cùng bàn luận. Vì các diễn đàn post bài của nhau để trao đổi là chuyện bình thường mà em. Nhưng khi lấy thì em nên trích dẫn nguồn là xong thôi mà, không phải đến nỗi là "hứa là không bao giờ lấy bài bên ấy về đây nữa." đâu em nha .
Còn về DBSK thì cũng nên trích dẫn lời giải của ai chứ đừng copy rồi paste nguyên si như vậy là được.
Thế nhé!
Thân,
Lil.Tee
- Ispectorgadget, alex_hoang và HÀ QUỐC ĐẠT thích
Diễn đàn Vật lí phổ thông: https://vatliphothong.vn
My Blog: http://tanghaituan.com
Học trực tuyến: https://hoctructuyen.tv
#117
Đã gửi 11-11-2011 - 23:16
Bài 57 của anh em làm thế này đây
Sử dụng bất đẳng thức Hoder ta có
\[VT \le \sqrt[3]{{{{\left( {a\sqrt a + b\sqrt b + c\sqrt c } \right)}^2}(\dfrac{{{b^3}}}{{{b^3} + 8}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^3} + 8}} + \dfrac{{{a^3}}}{{{a^3} + 8}})}}\]
Ta chứng minh
\[\dfrac{{{b^3}}}{{{b^3} + 8}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^3} + 8}} + \dfrac{{{a^3}}}{{{a^3} + 8}} \le \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{8}{{{b^3} + 8}} + \dfrac{8}{{{c^3} + 8}} + \dfrac{8}{{{c^3} + 8}} \ge \dfrac{8}{9}\]
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo Cauchy Schwarz
Và\[a\sqrt a + b\sqrt b + c\sqrt c \le \sqrt {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)(a + b + c)} \]
- HÀ QUỐC ĐẠT yêu thích
#118
Đã gửi 11-11-2011 - 23:20
Trước khi offline 1 thời gian,mình muốn gửi đến DD những BDT mới nhất-hầu hết đều là sáng tác.Hy vọng sẽ hâm nóng lại topic BDT thời gian qua hơi im lìm.
Bài 1: Cho $a,b,c\geq0$.CMR:
$\dfrac{ab}{c}+\dfrac{bc}{a}+\dfrac{ca}{b}+a+b+c\geq\sqrt{2(a^2+b^2)}+\sqrt{2(b^2+c^2)}+\sqrt{2(c^2+a^2)}$
Bài 2: Cho $a,b,c\geq0$.CMR:
$\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}+ab+bc+ca \geq \dfrac2{3}(a+b+c)^2$
Bài 3:Cho $a,b,c\geq0$.CMR:
$\sqrt{a^4+b^4+c^4}+\dfrac{abc}{a+b+c} \geq (\dfrac1{3}+\sqrt3)\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$
Bài 4:Cho $a,b,c\geq0$.CMR:
$\dfrac1{5a^2+bc}+\dfrac1{5b^2+ca}+\dfrac1{5c^2+ab} \geq \dfrac3{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}$
Bài 5: Cho $a,b,c,d,e \geq0$.CMR:
a) $\sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4+c^4+d^4}4} \geq \sqrt[3]{\dfrac{abc+bcd+cda+dab}4}$
b)$\dfrac{a+b+c+d+e}5\geq\sqrt{\dfrac{ab+ac+ad+ae+bc+bd+be+cd+ce+de}{10}}$
Bài 6:Cho $a,b,c\geq1$.CMR:
$(1-a^3)(1-b^3)(1-c^3) \geq(1-abc)^3$
TQ: Có hay ko BĐT sau với mọi $a_i\geq1 $và$ 3\leq n \in N$
$ (1-a_1^n)(1-a_2^n)...(1-a_n^n) \geq(1-a_1a_2...a_n)^n$
Bài 7:Cho $a,b,c\geq0$.CMR:
$ (1+a^5)(1+b^5)(1+c^5)\geq (1+a^3b^2)(1+b^3c^2)(1+c^3a^2)$
Bài 8:Cho $a,b,c,d\geq0$.CMR:
$a^4+b^4+c^4+12abcd\geq(a+b+c+d)(abc+bcd+cda+dab)$
Bài 9:[Trần Tuấn Anh]Cho $a,b,c\geq0$.CMR:
$\dfrac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\dfrac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{c^3}{c^2+ca+a^2}$$\geq\dfrac{\sqrt[3]{4(a^3+b^3)} +\sqrt[3]{4(b^3+c^3)}+\sqrt[3]{4(c^3+a^3)}}6$
Bài 10:[Trần Tuấn Anh]Tìm số thực k nhỏ nhất sao cho với mọi $a,b,c$ thỏa mãn $min{(a,b,c)}\geq k$ thì
$a^3+b^3+c^3+3 \geq ab+bc+ca+a+b+c$
Bài 11:Cho a,b,c đôi một khác nhau.CMR:
$ \dfrac1{(a-b)^2}+ \dfrac1{(b-c)^2}+ \dfrac1{(c-a)^2} \geq \dfrac9{4(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$
Bài 12:Cho $a,b,c \in[0,1$].CMR:
$\dfrac{a^3-abc}{(1+a)^3}+\dfrac{b^3-abc}{(1+b)^3}+\dfrac{c^3-abc}{(1+c)^3} \geq 0$
........
$k=-1$
Bài 13:Cho $a,b,c\ge0:abc\ge1.$ Tìm Max:
$P=\dfrac{(1+a)^4+(1+b)^4+(1+c)^4}{a^3(1+a^2)+b^3(1+b^2)+c^3(1+c^2)}$
Bài 14: Cho $a_i \in R,i=1,2...n,2 \le n \in N$.Tìm Min:
$P= \sum\limits_{i=1}^{n} a_i^2 +(\dfrac{ \sum\limits_{i \neq j}^{n}a_ia_j }{ \sum\limits_{i=1}^{n}a_i })^2$
Bài 15: Cho $a,b,c\ge0:(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=8$.Tìm Max:
$ P=\sum \dfrac1{\sqrt[3]{1+a}}$
Bài 16: Cho $a,b,c\ge 1:a+b+c+abc=ab+bc+ca+2$.CM:
$ \dfrac a{b}+ \dfrac b{c}+ \dfrac c{a}+ \dfrac {4}{abc}\ge 2(1+ \dfrac 1{ab}+ \dfrac 1{bc}+ \dfrac 1{ca} )$
Bài 17: Cho $a,b,c\ge0:abc=1$. Cm:
$a+b+c\ge \sum\dfrac{1+\sqrt2}{1+\sqrt2a}$
Bài 18: Cho $a,b,c\ge 0:abc=1$.CM
$ a+b+c \ge \sqrt{\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c}$
....(còn nữa).....
Sử dụng BĐT cổ điển luôn là PP ấn tượng nhất !
Bài 19: Cho $a,b,c\ge0:ab+bc+ca\le3$. CM:
$\dfrac1{7+a^2}+\dfrac1{7+b^2}+\dfrac1{7+c^2}\le \dfrac2{(2+a+b)^2}+\dfrac2{(2+b+c)^2}+\dfrac2{(2+a+c)^2}$
Bài 20:Cho $a,b,c$ ko âm có tổng bằng 3. Tìm max :
$P=a^3b+b^3c+c^3a$
Bài 21:Cho $a,b,c$ ko âm.CM:
$\sum_{cyc} \dfrac{a^2}{a+b}\ge \sum_{cyc} \sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2}$
Bài 22:Cho $a,b,c$ ko âm.CM:
$\sum_{cyc}\dfrac{a^3}{a^2-ab+b^2} \le \sum_{cyc}\sqrt{\dfrac{a^3+b^3}2}$
...(continue)...
Sử dụng BĐT cổ điển luôn là PP ấn tượng nhất !
#119
Đã gửi 11-11-2011 - 23:32
Bài giải của em rất hay, ngoài suy nghĩ của anh khi tạo ra bài toán này. ThanksNgại mặt kinh đến tên anh em cũng nhớ sai thế mới chết chứ
Bài 57 của anh em làm thế này đây
Sử dụng bất đẳng thức Hoder ta có
\[VT \le \sqrt[3]{{{{\left( {a\sqrt a + b\sqrt b + c\sqrt c } \right)}^2}(\dfrac{{{b^3}}}{{{b^3} + 8}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^3} + 8}} + \dfrac{{{a^3}}}{{{a^3} + 8}})}}\]
Ta chứng minh
\[\dfrac{{{b^3}}}{{{b^3} + 8}} + \dfrac{{{c^3}}}{{{c^3} + 8}} + \dfrac{{{a^3}}}{{{a^3} + 8}} \le \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow \dfrac{8}{{{b^3} + 8}} + \dfrac{8}{{{c^3} + 8}} + \dfrac{8}{{{c^3} + 8}} \ge \dfrac{8}{9}\]
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo Cauchy Schwarz
Và\[a\sqrt a + b\sqrt b + c\sqrt c \le \sqrt {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)(a + b + c)} \]
Diễn đàn Vật lí phổ thông: https://vatliphothong.vn
My Blog: http://tanghaituan.com
Học trực tuyến: https://hoctructuyen.tv
#120
Đã gửi 11-11-2011 - 23:34
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh