Đến nội dung

Hình ảnh

$$\dfrac{a+b}{1-ab}+\dfrac{b+c}{1-bc}+\dfrac{c+a}{1-ca}\le 2\dfrac{a+b+c-abc}{1-ab-bc-ca}$$

Dành cho tối thứ 7

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Chuẩn bị một số bài, mong rằng tối nay mọi người sẽ có việc để thư giãn :D
Bài toán 1.
Cho $0 \le a,b,c \le \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a+b}{1-ab}+\dfrac{b+c}{1-bc}+\dfrac{c+a}{1-ca}\le 2\dfrac{a+b+c-abc}{1-ab-bc-ca}$$
Bài toán 2.
Cho $1\le a,b,c,d \le 2$ Chứng minh rằng :
$$\dfrac{4}{3}\le \dfrac{a}{b+cd}+\dfrac{b}{c+da}+\dfrac{c}{d+ab}+\dfrac{d}{a+bc} \le 2$$
Bài toán 3.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge \dfrac{a^2+bc}{(a+b)(a+c)}+\dfrac{b^2+ca}{(c+a)(c+b)}+\dfrac{c^2+ab}{(c+a)(c+b)}$$
Bài toán 4.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3 \ge \dfrac{1}{\sqrt{ab}}+\dfrac{1}{\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{ca}}$$
Bài toán 5.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng ming rằng :
$$\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}+\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}\ge \sqrt{6\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}}$$
Chúc mọi người có một buổi tối vui vẻ !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 05-05-2012 - 16:24

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#2
Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết

Chuẩn bị một số bài, mong rằng tối nay mọi người sẽ có việc để thư giãn :D
Bài toán 3.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge \dfrac{a^2+bc}{(a+b)(a+c)}+\dfrac{b^2+ca}{(c+a)(c+b)}+\dfrac{c^2+ab}{(c+a)(c+b)}$$


Bài toán 3.
BĐT $\Leftrightarrow \frac{\sum a(a+b)(a+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{\sum (a^{2}+bc)(b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a}$
$\Leftrightarrow \frac{\sum (a^{3}+a^{2}b+a^{2}c+abc)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{\sum (a^{2}b+a^{2}c+b^{2}c+c^{2}b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
$\Leftrightarrow \frac{\sum a^{3}+\sum ab(a+b)+3abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{2\sum ab(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
$\Leftrightarrow \sum a^{3}+\sum ab(a+b)+3abc\geq 2\sum ab(a+b)$
$\Leftrightarrow \sum a^{3}++3abc\geq \sum ab(a+b)$
( luôn đúng vì Schur )
MOD: Chỉ trích dẫn những chỗ cần thiết. Trích lại toàn bộ rất mất thẩm mỹ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 06-05-2012 - 18:38


#3
nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết

Chuẩn bị một số bài, mong rằng tối nay mọi người sẽ có việc để thư giãn :D
Bài toán 2.
Cho $1\le a,b,c,d \le 2$ Chứng minh rằng :
$$\dfrac{4}{3}\le \dfrac{a}{b+cd}+\dfrac{b}{c+da}+\dfrac{c}{d+ab}+\dfrac{d}{a+bc} \le 2$$

Em mới giải được một chiều :D
$$\sum{\dfrac{a}{b+cd}}=\dfrac{a^2}{ab+acd}+\dfrac{b^2}{bc+abd}+\dfrac{c^2}{cd+abc}+\dfrac{d^2}{ad+bcd}$$
$$\geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{ab+bc+cd+da+acd+abd+abc+bcd}$$
$$\geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{ab+bc+cd+da+2cd+2ad+2ab+2bc}=\dfrac{(a+b+c+d)^2}{3(ab+bc+cd+da)}$$
$$=\dfrac{(a+b+c+d)^2}{3(a+c)(b+d)}\geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{\dfrac{3}{4}(a+b+c+d)^2}=\dfrac{4}{3} <Q.E.D>$$
Dấu $"=" \leftrightarrow a=b=c=d=2$ :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 06-05-2012 - 16:58


#4
minh29995

minh29995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 377 Bài viết

Chuẩn bị một số bài, mong rằng tối nay mọi người sẽ có việc để thư giãn :D
Bài toán 5.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng ming rằng :
$$\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+\sqrt{\dfrac{c+a}{b}}+\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}\ge \sqrt{6\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}}$$
Chúc mọi người có một buổi tối vui vẻ !

Mình xin giải 1 bài:
Áp dụng BĐT mincopxki ta có:
$VT\geq \sqrt{(\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{c}})^{2}+(\sum_{cyc}\sqrt{\frac{a}{b}})^{2}}$
$VT\geq \sqrt{\sum_{sym}\frac{a}{b}+2\sum_{sym}\sqrt{\frac{a}{b}}}$
Theo AM-GM thì:
$2\sqrt{\frac{a}{b}}+2\sqrt{\frac{a}{c}}+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}\geq 6\sqrt[3]{\frac{a^{2}}{bc}}$
Tương tự rồi cộng vế và để ý
$\sum \sqrt[3]{\frac{a^{2}}{bc}}= \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$
Ta có đpcm
${\color{DarkRed} \bigstar\bigstar \bigstar \bigstar }$ Trần Văn Chém

#5
Secrets In Inequalities VP

Secrets In Inequalities VP

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết

Chuẩn bị một số bài, mong rằng tối nay mọi người sẽ có việc để thư giãn :D
Bài toán 4.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge3 \ge \dfrac{1}{\sqrt{ab}}+\dfrac{1}{\sqrt{bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{ca}}$$

Chúc mọi người có một buổi tối vui vẻ !



GT $\Leftrightarrow \frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}+\frac{1}{abc}= 4$
Đặt $\frac{1}{a}= x$ , $\frac{1}{b}= y$ , $\frac{1}{c}= z$ .
GT $\Leftrightarrow xy+yz+zx+xyz= 4$
Ta fải CM : $x+y+z\geq 3\geq \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}$
(*) CM : $x+y+z\geq 3$ .
Đặt $x+y+z= t$ .
Tù GT $\Rightarrow 4= xy+yz+zx+xyz\leq \frac{t^{2}}{3}+\frac{t^{3}}{27}\Leftrightarrow t^{3}+9t^{2}-108\geq 0\Leftrightarrow (t+6)^{2}(t-3)\geq 0$
$\Leftrightarrow t\geq 3$
(*) CM : $3\geq \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}$
Đặt $\sqrt{xy}= m,\sqrt{yz}= n,\sqrt{zx}= t\Rightarrow m^{2}+n^{2}+p^{2}+mnp= 4$
Thao nguyên tắc dirichlet Trong 3 số m,n,p có ít nhất 2 số cùng > hoặc < 1.
Giả su là m và n $\Rightarrow (m-1)(n-1)\geq 0\Leftrightarrow m+n\leq mn+1$ (1)
Mà $4=m^{2}+n^{2}+p^{2}+mnp\geq 2mn+mnp+p^{2}\Leftrightarrow 4-p^{2}\geq mn(2+p)$$\Rightarrow 2-p\geq mn\Leftrightarrow p\leq 2-mn$ (2)
Cộng (1) vs (2) đc ngay !
Tóm lại bài toán đc Cm hoàn toàn !
-----------
Hơi dài nhể ! :lol:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 08-05-2012 - 14:42
chú ý không nên bôi bác tên định lý bạn nhé, nó là công trình, là phát kiến của nhân loại


#6
phantomladyvskaitokid

phantomladyvskaitokid

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết

Bài toán 1.
Cho $0 \le a,b,c \le \dfrac{1}{\sqrt{3}}$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a+b}{1-ab}+\dfrac{b+c}{1-bc}+\dfrac{c+a}{1-ca}\le 2\dfrac{a+b+c-abc}{1-ab-bc-ca}$$


bđt cần c/m tương đương với

$\frac{(bc+ca)(a+b)}{1-ab}+\frac{(ca+ab)(b+c)}{1-bc}+\frac{(ab+bc)(c+a)}{1-ca}\geq 2abc$ (*)

abc=0 -> (*) đúng

abc>0

$(*)\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{(1-ab)ab}+\frac{(b+c)^2}{(1-bc)bc}+\frac{(c+a)^2}{(1-ca)ca}\geq 2$

ta có

$ \frac{(a+b)^2}{(1-ab)ab}+\frac{(b+c)^2}{(1-bc)bc}+\frac{(c+a)^2}{(1-ca)ca}\geq \frac{(a+b)^2}{ab}+\frac{(b+c)^2}{bc}+\frac{(c+a)^2}{ca}= >2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phantomladyvskaitokid: 07-05-2012 - 21:35





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh