$a,b,c$ đã dương đâu mà áp dụng như vậy. Xem lại nhé!Lời giải :
Ta dễ dàng nhận ra , đây là bài tìm giá trị nhỏ nhất cua ba bất đẳng thức nhỏ :
$A = \frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \frac{3}{2} ( Nesbit )$
$B=\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}+\frac{a^2}{a+b} \geq \frac{a+b+c}{2} =\frac{1}{2}$
$C=\frac{c^3}{b+c}+\frac{a^3}{c+a}+\frac{b^3}{a+b} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{bc+c^2+ac+a^2+ab+b^2}$
$\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2}$ $\geq \frac{a+b+c}{6}=\frac{1}{6}$
$A+B+C=\frac{3}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{13}{6}$
$\Longrightarrow$ điều phải chứng minh
Tản mạn BĐT
#421
Đã gửi 02-05-2012 - 20:53
Sống trên đời
Cần có một tấm lòng
Để làm gì em biết không?
Để gió cuốn đi...
#422
Đã gửi 02-05-2012 - 21:03
Bài 174.
Cho $a,b,c,d \in \left (0, \dfrac{1}{2}\right ]$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{abcd}{(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)}\le \dfrac{a^4+b^4+c^4+d^4}{(1-a)^4+(1-b)^4+(1-c)^4+(1-d)^4}$$
Bài 175.
Cho $n \ge 1$ . Chứng minh rằng :
$$\sqrt{1+\sqrt{3+\sqrt{5+\sqrt{...+\sqrt{2n-1}}}}} <2$$
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#423
Đã gửi 02-05-2012 - 21:18
$a,b,c$ đã dương đâu mà áp dụng như vậy. Xem lại nhé!
Xin lỗi ạ . thiếu đề
đây là một câu trong đề thi thử , nguyên văn đề của nó là :
Cho các số thực dương $a,b,c$ thay đổi thoả mãn $a+b+c=1 $. Chứng minh rằng :
$\frac{a+b^2}{b+c}+\frac{b+c^2}{a+c}+\frac{c+a^2}{a+b} \geq 2$
@vietfrog: Chế đề hả . Anh đã sửa đề! Mọi người thử xem xét xem Bài 168 nếu đề cho là 3 số thực thì có giải được không và giải như thế nào nhé.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 02-05-2012 - 21:54
- vietfrog yêu thích
#424
Đã gửi 14-06-2012 - 21:43
p=$\frac{b}{1+ab}+\frac{c}{1+bc}+\frac{a}{1+ca}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhana1: 14-06-2012 - 21:47
Hỡi nhân gian ai là người giỏi toán
Xin giải cho tôi bài toán về tình yêu
Giả thiết cho rằng tôi yêu người đó
Chứng minh rằng người đó cũng yêu tôi?
#425
Đã gửi 14-06-2012 - 21:54
Bài 176 : cho a,b,c>0 vvà abc=1. tìm min P
p=$\frac{b}{1+ab}+\frac{c}{1+bc}+\frac{a}{1+ca}$
Do $abc=1$ nên không mất tính tổng quát, ta đặt: $a=\frac{x}{y};b=\frac{y}{z};c=\frac{z}{x}$
Khi đó, ta có:
$P=\frac{b}{1+ab}+\frac{c}{1+bc}+\frac{a}{1+ca}$
$=\frac{\frac{y}{z}}{1+\frac{x}{y}.\frac{y}{z}}+ \frac{\frac{z}{x}}{1+\frac{y}{z}.\frac{z}{x}}+ \frac { \frac{x}{y}}{1+\frac{z}{x}.\frac{x}{y}}$
$=\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}+\frac{x}{y+z}$
Theo Cauchy - Schwarz, ta có:
$P \geq \frac{(x+y+z)^2}{2(xy+yz+zx)}\geq \frac{3}{2}$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Vậy $MinP=\frac{3}{2}$ tại $a=b=c=1$
- donghaidhtt và nhana1 thích
#426
Đã gửi 15-06-2012 - 11:26
P=$\frac{1}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c+3a}}$
Bài178 choa,b,c>0 a2 +b2 +c2=3. Tìm min P
P=$\frac{a^3{}}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{b^3{}}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{c^3{}}{\sqrt[3]{c+3a}}$
Hỡi nhân gian ai là người giỏi toán
Xin giải cho tôi bài toán về tình yêu
Giả thiết cho rằng tôi yêu người đó
Chứng minh rằng người đó cũng yêu tôi?
#427
Đã gửi 15-06-2012 - 20:48
Bài 177:cho a,b,c>0 và a+b+c=$\frac{3}{4}$ tìm MinP
P=$\frac{1}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c+3a}}$
Theo AM - GM, ta có:
$P=\frac{1}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{1}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{1}{\sqrt[3]{c+3a}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{\sqrt[3]{(a+3b)(b+3c)(c+3a)}}}$
Cũng theo AM - GM, ta có:
$(a+3b)(b+3c)(c+3a)\leq (\frac{4(a+b+c)}{3})^3=1$
Từ đây, ta suy ra: $P\geq 3$
Vậy $MinP=3$ tại $a=b=c=\frac{1}{4}$
- nhana1 và lehoangphuc1820 thích
#428
Đã gửi 15-06-2012 - 21:18
Bài178 choa,b,c>0 a2 +b2 +c2=3. Tìm min P
P=$\frac{a^3{}}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{b^3{}}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{c^3{}}{\sqrt[3]{c+3a}}$
Theo Cauchy - Schwarz, ta có:
$P=\frac{a^3}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{b^3}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{c^3}{\sqrt[3]{c+3a}}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a\sqrt[3]{a+3b}+b\sqrt[3]{b+3c}+c\sqrt[3]{c+3a}}$
Cũng theo Cauchy - Schwarz, ta có:
$(a\sqrt[3]{a+3b}+b\sqrt[3]{b+3c}+c\sqrt[3]{c+3a})^2\leq (a^2+b^2+c^2)(\sqrt[3]{(a+3b)^2}+\sqrt[3]{(b+3c)^2}+\sqrt[3]{(c+3a)^2})=3(\sqrt[3]{(a+3b)^2}+\sqrt[3]{(b+3c)^2}+\sqrt[3]{(c+3a)^2})$
Theo AM - GM, ta có:
$\sqrt[3]{(a+3b)^2}=\frac{1}{\sqrt[3]{4}}\sqrt[3]{(a+3b)(a+3b).4}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{4}}.\frac{2a+6b+4}{3} $
Tương tự với các biểu thức còn lại, cộng theo từng vế, ta được:
$\sqrt[3]{(a+3b)^2}+\sqrt[3]{(b+3c)^2}+\sqrt[3]{(c+3a)^2}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{4}}.\frac{8(a+b+c)+12}{3}\leq \frac{12}{\sqrt[3]{4}}$
do $(a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)\Rightarrow a+b+c\leq 3$
Từ đây, suy ra:
$(a\sqrt[3]{a+3b}+b\sqrt[3]{b+3c}+c\sqrt[3]{c+3a})^2\leq 3.\frac{12}{\sqrt[3]{4}}=\frac{36}{\sqrt[3]{4}}$
$\Rightarrow a\sqrt[3]{a+3b}+b\sqrt[3]{b+3c}+c\sqrt[3]{c+3a}\leq \frac{6}{\sqrt[6]{4}}$
$\Rightarrow P\geq \frac{9}{\frac{6}{\sqrt[6]{4}}}=\frac{3}{\sqrt[3]{4}}$
Vậy $MinP=\frac{3}{\sqrt[3]{4}} $ tại $a=b=c=1$.
- nhana1 yêu thích
#429
Đã gửi 15-06-2012 - 21:46
Lời giải:Bài178 choa,b,c>0 a2 +b2 +c2=3. Tìm min P
P=$\frac{a^3{}}{\sqrt[3]{a+3b}}+\frac{b^3{}}{\sqrt[3]{b+3c}}+\frac{c^3{}}{\sqrt[3]{c+3a}}$
Ta có Theo BĐT Cauchy:
$\sqrt[3]{16}.\sqrt[3]{a+3b}=\sqrt[3]{4.4.(a+3b)}\leq \frac{a+3b+8}{3}\Leftrightarrow \sqrt[3]{a+3b}\leq \frac{a+3b+8}{3\sqrt[3]{16}}$$\Leftrightarrow \frac{a^{3}}{\sqrt[3]{a+3b}}\geq \frac{3\sqrt[3]{16}.a^{3}}{a+3b+8}=\frac{3\sqrt[3]{16}.a^{4}}{a^{2}+3ab+8a}$
Tương tự ta cũng có các BĐT:$\frac{b^{3}}{\sqrt[3]{b+3c}}\geq \frac{3\sqrt[3]{16}.b^{4}}{b^{2}+3bc+8b}$ và $\frac{c^{3}}{\sqrt[3]{c+3a}}\geq \frac{3\sqrt[3]{16}.c^{4}}{c^{2}+3ca+8c}$
Vậy theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$P=\sum \frac{a^{3}}{\sqrt[3]{a+3b}}\geq \sum \frac{3\sqrt[3]{16}.a^{4}}{a^{2}+3ab+8a}\geq 3\sqrt[3]{16}.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(ab+bc+ca)+8(a+b+c)}$
Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho các bộ 3 số ta có:
$3(ab+bc+ca)\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
$8(a+b+c)\leq 8\sqrt{(1^{2}+1^{2}+1^{2})(a^{2}+b^{2}+c^{2})}=8\sqrt{3.3}=24$
Vậy $P\geq 3\sqrt[3]{16}.\frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{4(a^{2}+b^{2}+c^{2})+24}=\frac{3\sqrt[3]{16}.9}{4.3+24}\doteq \frac{3\sqrt[3]{2}}{2}$
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Vậy $Min P=\frac{3\sqrt[3]{2}}{2}$ tại $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pnhungqt: 15-06-2012 - 21:54
- nhana1 yêu thích
#430
Đã gửi 15-06-2012 - 22:18
$\frac{a^{2}}{b^{5}}+ \frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{}5}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{}3}+\frac{1}{d^{3}}$
Hỡi nhân gian ai là người giỏi toán
Xin giải cho tôi bài toán về tình yêu
Giả thiết cho rằng tôi yêu người đó
Chứng minh rằng người đó cũng yêu tôi?
#431
Đã gửi 15-06-2012 - 23:07
Áp dụng BĐT Cô-si ta có:Bài 179: cho a,b,c>0 cm
$\frac{a^{2}}{b^{5}}+ \frac{b^{2}}{c^{5}}+\frac{c^{2}}{d^{5}}+\frac{d^{2}}{a^{}5}\geq \frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{b^{3}}+\frac{1}{c^{}3}+\frac{1}{d^{3}}$
$$\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{a^{2}}{b^{5}}+\frac{1}{a^{3}}+\frac{1}{a^{3}} \geq \frac{5}{b^3}$$
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại là xong
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 15-06-2012 - 23:08
- nhana1 yêu thích
BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO
• Facebook : facebook.com/viet.alexander.7
• Youtube : youtube.com/nthoangcute
• Gmail : [email protected]
• SÐT : 0965734893
#432
Đã gửi 15-06-2012 - 23:23
$\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{c^{3}}{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \frac{a+b+c}{3}$
Hỡi nhân gian ai là người giỏi toán
Xin giải cho tôi bài toán về tình yêu
Giả thiết cho rằng tôi yêu người đó
Chứng minh rằng người đó cũng yêu tôi?
#433
Đã gửi 16-06-2012 - 10:01
Bài180 cho a,b,c $\in$ R. Cm
$\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{b^{3}}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{c^{3}}{c^{2}+ca+a^{2}}\geq \frac{a+b+c}{3}$
Bạn ơi, bđt này đúng với $a,b,c>0$ thôi (cứ thử với $a=-3;b=-2;c=-1$ là rõ )
Ta sẽ chứng minh: $\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2a-b}{3}$
Thật vậy, ta có:
$\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2a-b}{3}$
$\Rightarrow a^3-a^2b-ab^2+b^3\geq 0$
$\Leftrightarrow (a+b)(a-b)^2\geq 0$
đúng do $a,b,c >0$
Tương tự với các biểu thức khác, cộng lại ta được đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kainguyen: 16-06-2012 - 10:02
- nhana1 yêu thích
#434
Đã gửi 16-06-2012 - 12:34
Bạn ơi, bđt này đúng với $a,b,c>0$ thôi (cứ thử với $a=-3;b=-2;c=-1$ là rõ )
Ta sẽ chứng minh: $\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2a-b}{3}$
Thật vậy, ta có:
$\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{2a-b}{3}$
$\Rightarrow a^3-a^2b-ab^2+b^3\geq 0$
$\Leftrightarrow (a+b)(a-b)^2\geq 0$
đúng do $a,b,c >0$
Tương tự với các biểu thức khác, cộng lại ta được đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$
bạn ơi theo mình nghĩ thì a,b,c thuộc R là đúng mà !
____
Theo mình là a,b,c>0 mới đúng đó bạn ạ.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 16-06-2012 - 12:39
Hỡi nhân gian ai là người giỏi toán
Xin giải cho tôi bài toán về tình yêu
Giả thiết cho rằng tôi yêu người đó
Chứng minh rằng người đó cũng yêu tôi?
#435
Đã gửi 08-07-2012 - 17:24
Cho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng :
$$3\sqrt[9]{\dfrac{a^9+b^9+c^9}{3}}\ge \sqrt[10]{\dfrac{a^{10}+b^{10}}{2}}+\sqrt[10]{\dfrac{b^{10}+c^{10}}{2}}+\sqrt[10]{\dfrac{c^{10}+a^{10}}{2}}$$
Bài toán 182.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\dfrac{(4\sqrt{2}-3)(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\ge 4\sqrt{2}$$
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#436
Đã gửi 09-09-2014 - 22:54
Ta có $2=a+\frac{2*b}{2}+\frac{3*c}{3}+\frac{6*36abc}{6}\geq 12\sqrt[12]{\frac{36^6*a^7*b^8*c^9}{2^2*3^3*6^6}}=12\sqrt[12]{432*P}
cho mình hỏi tại sao bạn lại suy ra chỗ này.
#437
Đã gửi 09-09-2014 - 23:00
Ta có $2=a+\frac{2*b}{2}+\frac{3*c}{3}+\frac{6*36abc}{6}\geq 12\sqrt[12]{\frac{36^6*a^7*b^8*c^9}{2^2*3^3*6^6}}=12\sqrt[12]{432*P}\Leftrightarrow P\leq \frac{1}{11^{12}*432}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=\frac{1}{6},b=\frac{1}{3},c=\frac{1}{2}$
cho mình hỏi cái đầu tiên bạn suy ra ntn vậy. dấu $\geq$ đầu tiên ấy
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MaiAn2604: 09-09-2014 - 23:04
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh