CM BĐT theo 2 cách $\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2} \geq \dfrac{3}{2}$
#2
Đã gửi 20-02-2012 - 15:47
Nên $P \ge \dfrac{3}{2}$
Mình có cách 2, trông không ưa nhìn cho lắm, nhưng cũng "gọi là một cách"
BĐT $$\Leftrightarrow 2.\left ((a^3 + b^3 + c^3) + (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2) + (ac^2 + ba^2 + cb^2) + a + b + c\right ) $$ $$\ge 3\left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 + 1\right ) $$
$$\Leftrightarrow 2\left (a^3 + b^3 + c^3 + a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right ) + 3 $$ $$\ge 3 \left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 \right )$$
Xét từng phần :
ta có $$\dfrac{1}{2}\left (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right )\ge 3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$$
$$( a^3 + a^3 + 1 ) + (b^3 + b^3 + 1) + (c^3 + c^3 + 1) \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) \Leftrightarrow 2(a^3 + b^3 + c^3) + 3 \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) (2) $$
$$(a^3c^2 + ac^2) + (b^3a^2 + ba^2) + (c^3b^2 + cb^2) \ge 2(a^2c^2 + a^2b^2 + c^2b^2) $$ $$\Leftrightarrow \dfrac{3(a^3c^2 + b^3a^2 + c^3b^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2)}{2} \ge 3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) (3)$$
Từ $(1), (2), (3)$ cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.
Cuối cùng thì cũng xong.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 20-02-2012 - 15:59
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#3
Đã gửi 21-02-2012 - 21:56
Cách 1. $a + b + c - P = \dfrac{ab^2}{b^2 + 1} + \dfrac{bc^2}{1 + c^2} + \dfrac{ca^2}{1 + a^2} \le \dfrac{ab + bc + ca}{2} \le \dfrac{3}{2}$
Nên $P \ge \dfrac{3}{2}$
Mình có cách 2, trông không ưa nhìn cho lắm, nhưng cũng "gọi là một cách"
BĐT $$\Leftrightarrow 2.\left ((a^3 + b^3 + c^3) + (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2) + (ac^2 + ba^2 + cb^2) + a + b + c\right ) $$ $$\ge 3\left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 + 1\right ) $$
$$\Leftrightarrow 2\left (a^3 + b^3 + c^3 + a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right ) + 3 $$ $$\ge 3 \left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 \right )$$
Xét từng phần :
ta có $$\dfrac{1}{2}\left (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right )\ge 3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$$
$$( a^3 + a^3 + 1 ) + (b^3 + b^3 + 1) + (c^3 + c^3 + 1) \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) \Leftrightarrow 2(a^3 + b^3 + c^3) + 3 \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) (2) $$
$$(a^3c^2 + ac^2) + (b^3a^2 + ba^2) + (c^3b^2 + cb^2) \ge 2(a^2c^2 + a^2b^2 + c^2b^2) $$ $$\Leftrightarrow \dfrac{3(a^3c^2 + b^3a^2 + c^3b^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2)}{2} \ge 3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) (3)$$
Từ $(1), (2), (3)$ cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.
Cuối cùng thì cũng xong.
$a + b + c - P = \dfrac{ab^2}{b^2 + 1} + \dfrac{bc^2}{1 + c^2} + \dfrac{ca^2}{1 + a^2}$
sao từ đây lại suy ra được thế này vậy
$\le \dfrac{ab + bc + ca}{2} \le \dfrac{3}{2}$
giải thích mình với!
#5
Đã gửi 21-02-2012 - 22:28
Cách 1. $a + b + c - P = \dfrac{ab^2}{b^2 + 1} + \dfrac{bc^2}{1 + c^2} + \dfrac{ca^2}{1 + a^2} \le \dfrac{ab + bc + ca}{2} \le \dfrac{3}{2}$
Nên $P \ge \dfrac{3}{2}$
Mình có cách 2, trông không ưa nhìn cho lắm, nhưng cũng "gọi là một cách"
BĐT $$\Leftrightarrow 2.\left ((a^3 + b^3 + c^3) + (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2) + (ac^2 + ba^2 + cb^2) + a + b + c\right ) $$ $$\ge 3\left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 + 1\right ) $$
$$\Leftrightarrow 2\left (a^3 + b^3 + c^3 + a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right ) + 3 $$ $$\ge 3 \left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 \right )$$
Xét từng phần :
ta có $$\dfrac{1}{2}\left (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right )\ge 3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$$
$$( a^3 + a^3 + 1 ) + (b^3 + b^3 + 1) + (c^3 + c^3 + 1) \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) \Leftrightarrow 2(a^3 + b^3 + c^3) + 3 \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) (2) $$
$$(a^3c^2 + ac^2) + (b^3a^2 + ba^2) + (c^3b^2 + cb^2) \ge 2(a^2c^2 + a^2b^2 + c^2b^2) $$ $$\Leftrightarrow \dfrac{3(a^3c^2 + b^3a^2 + c^3b^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2)}{2} \ge 3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) (3)$$
Từ $(1), (2), (3)$ cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.
Cuối cùng thì cũng xong.
sao lại có cái này vậy. cái này mình thấy không đúng.
$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$$
#6
Đã gửi 21-02-2012 - 22:34
Mình đang trong thời gian nghỉ ngơi, nhưng tiện thể , giải thích cho bạn luôn vì $$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{abc} \Leftrightarrow abc \le 1$$sao lại có cái này vậy. cái này mình thấy không đúng.
$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$$
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#7
Đã gửi 21-02-2012 - 22:43
Mình đang trong thời gian nghỉ ngơi, nhưng tiện thể , giải thích cho bạn luôn vì $$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{abc} \Leftrightarrow abc \le 1$$
mình vẫn chưa hiểu
$abc \leq 1$ thì sao lại suy ra được $3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$
#8
Đã gửi 21-02-2012 - 22:47
Đến đây thì dc rồi chứ bạn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 21-02-2012 - 23:22
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#9
Đã gửi 21-02-2012 - 23:21
Mình xin làm nốt yêu cầu của bạn $$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} = 3abc\sqrt[3]{abc} \le 3abc\sqrt[3]{abc.a^2b^2c^2} = 3a^2b^2c^2$$
Đến đây thì dc rồi chứ bạn
thế này thì $$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \leq 3a^2b^2c^2$$
nhưng trong bài giải của bạn là $$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \geq 3a^2b^2c^2$$ mà
#10
Đã gửi 21-02-2012 - 23:23
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#11
Đã gửi 21-02-2012 - 23:28
Nếu $x$ là số không âm thì ta luôn có :
$ \frac{1}{1+x^2} \ge 1- \frac{x}{2}$
áp dụng bổ đề , ra thẳng kết quả bài toán.
- Tham Lang và Mai Duc Khai thích
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia!
#12
Đã gửi 22-02-2012 - 12:41
Bài này có cách giải siêu ngắn thông qua bổ đề :
Nếu $x$ là số không âm thì ta luôn có :
$ \frac{1}{1+x^2} \ge 1- \frac{x}{2}$
áp dụng bổ đề , ra thẳng kết quả bài toán.
nhưng áp dụng cho $ \frac{a}{1+b^2}$ kiểu gì hả anh.
#14
Đã gửi 22-02-2012 - 13:01
theo e hiểu là: VT $\geq a-\frac{b}{2}+b-\frac{c}{2}+c-\frac{a}{2}=(a+b+c)-\frac{1}{2}(a+b+c)=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$
không biết thế có đúng ko vì $\dfrac{1}{1+b^2}$ $ \dfrac{a}{1+b^2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhson95: 22-02-2012 - 13:01
#15
Đã gửi 22-02-2012 - 13:12
E chứng minh đc $\frac{a}{1+b^{2}}=a-\frac{ab^{2}}{1+b^{2}}$$\geq a-\frac{ab}{2}$không biết thế có đúng ko vì $\dfrac{1}{1+b^2}$ $ \dfrac{a}{1+b^2}$
Vậy $VT\geq (a+b+c)-\frac{1}{2}(ab+bc+ca)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonlight0610: 22-02-2012 - 13:36
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh