1.Cho a, b,c dương thỏa mãn a+b+c=3 thì: $\frac{{a}^{2}b}{2a+b}+\frac{{b}^{2}c}{2b+c}+\frac{{c}^{2}a}{2c+a}\leq \frac{3}{2}$
#1
Đã gửi 18-04-2012 - 21:20
$\frac{{a}^{2}b}{2a+b}+\frac{{b}^{2}c}{2b+c}+\frac{{c}^{2}a}{2c+a}\leq \frac{3}{2}$
2.Cho a, b, c là các số thực tùy ý.Chứng minh rằng:
$\frac{ab}{{c}^{2}}+\frac{bc}{{a}^{2}}+\frac{ca}{{b}^{2}}\geq \frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b} \right)$
3.Cho a, b, c>0 thỏa mãn abc=1.Chứng minh rằng
$\frac{{a}^{3}}{(1+b)(1+c)}+\frac{{b}^{3}}{(1+c)(1+a)}+\frac{{c}^{3}}{(1+a)(1+b)}\geq \frac{3}{4}$
Quyết tâm đậu ĐH!!!!
#2
Đã gửi 18-04-2012 - 22:08
GiảiBài 1.Chứng minh rằng với mọi $a, b,c$ dương thỏa mãn $a+b+c=3$ thì:
$\frac{{a}^{2}b}{2a+b}+\frac{{b}^{2}c}{2b+c}+\frac{{c}^{2}a}{2c+a}\leq 1$
Bài 2.Cho $a, b, c$ là các số thực tùy ý.Chứng minh rằng:
$\frac{ab}{{c}^{2}}+\frac{bc}{{a}^{2}}+\frac{ca}{{b}^{2}}\geq \frac{1}{2}\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b} \right)$
Bài 3.Cho$ a, b, c>0$ thỏa mãn $abc=1$Chứng minh rằng
$\frac{{a}^{3}}{(1+b)(1+c)}+\frac{{b}^{3}}{(1+c)(1+a)}+\frac{{c}^{3}}{(1+a)(1+b)}\geq \frac{3}{4}$
Bài 1:Sử dụng trực tiếp BĐT $AM-GM$ ta có
\[\frac{{{a^2}b}}{{2a + b}} \le \frac{{{a^2}b}}{{3\sqrt[3]{{{a^2}b}}}} = \frac{1}{3}\sqrt[3]{{{a^4}{b^2}}} \le \frac{1}{9}\left( {{a^2} + ab + ab} \right)\]
Tương tự như trên ta có
\[\frac{{{b^2}c}}{{2b + c}} \le \frac{1}{9}\left( {{b^2} + bc + bc} \right)\]
\[\frac{{{c^2}a}}{{2c + a}} \le \frac{1}{9}\left( {{c^2} + ca + ca} \right)\]
Cộng vế với vế các BĐT trên ta có ĐPCM
Bài 2Sử dụng BĐT $AM-GM$ ta có
\[\left( {\frac{{ab}}{{{c^2}}} + \frac{b}{a}} \right) + \left( {\frac{{ab}}{{{c^2}}} + \frac{a}{b}} \right) \ge 2\left( {\frac{b}{c} + \frac{c}{b}} \right)\]
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng vế với vế
Bài 3
Bài này rất quen thuộc
\[\frac{{{a^3}}}{{(1 + b)(1 + c)}} + \frac{{b + 1}}{8} + \frac{{c + 1}}{8} \ge \frac{3}{4}a\]
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng vế với vế là có ĐPCM
- tomoyochan3 và bugatti thích
#3
Đã gửi 19-04-2012 - 05:00
Em dốt bđt lắm, anh Hoàng có thể nói cho em biết về cách suy nghĩ để đưa ra cách làm này không ạ? em cảm ơn anh nhiều lắm!Giải
Bài 1:Sử dụng trực tiếp BĐT $AM-GM$ ta có
\[\frac{{{a^2}b}}{{2a + b}} \le \frac{{{a^2}b}}{{3\sqrt[3]{{{a^2}b}}}} = \frac{1}{3}\sqrt[3]{{{a^4}{b^2}}} \le \frac{1}{9}\left( {{a^2} + ab + ab} \right)\]
Tương tự như trên ta có
\[\frac{{{b^2}c}}{{2b + c}} \le \frac{1}{9}\left( {{b^2} + bc + bc} \right)\]
\[\frac{{{c^2}a}}{{2c + a}} \le \frac{1}{9}\left( {{c^2} + ca + ca} \right)\]
Cộng vế với vế các BĐT trên ta có ĐPCM
Bài 2Sử dụng BĐT $AM-GM$ ta có
\[\left( {\frac{{ab}}{{{c^2}}} + \frac{b}{a}} \right) + \left( {\frac{{ab}}{{{c^2}}} + \frac{a}{b}} \right) \ge 2\left( {\frac{b}{c} + \frac{c}{b}} \right)\]
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng vế với vế
Bài 3
Bài này rất quen thuộc
\[\frac{{{a^3}}}{{(1 + b)(1 + c)}} + \frac{{b + 1}}{8} + \frac{{c + 1}}{8} \ge \frac{3}{4}a\]
Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng vế với vế là có ĐPCM
còn nếu không thích hãy chọn "LIKE" coi như đó là 1 viên gạch
#4
Đã gửi 19-04-2012 - 13:30
Bài 3 anh có thể sử dụng kĩ thuật chọn điểm rơi trong AM-GM, anh sẽ đoán được hệ số, và thêm bớt hạng tử vào cho hợp lí để xử lí mẫu thức sau khi sử dụng AM-GM
- tomoyochan3 yêu thích
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh