$$xyz\geq ab^2$$
#1
Đã gửi 20-09-2012 - 22:14
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$
Bài toán 2.
Ch0 $0<a<b$ và $x,y,z\in [a;b]$ thoả $x+y+z=a+2b$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$xyz\geq ab^2$$
- BoBoiBoy yêu thích
#2
Đã gửi 26-09-2012 - 12:52
Bài thứ 2 rất thú vị nên mình sẽ đưa lời giải!Bài toán 2.
Ch0 $0<a<b$ và $x,y,z\in [a;b]$ thoả $x+y+z=a+2b$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$xyz\geq ab^2$$
Vì miền đúng của $ x, y, z $ là bất kì nên ta có thể giả sử cho $ a=1 $, $ b=2 $. Theo đó:
$x,y,z\in [1;2]$ và $x+y+z=5$ ta phải chứng minh $$xyz\geq 1.2.2=4$$ Rõ ràng là ta luôn có: $ (2-x)(2-y) \ge 0 $ hay là $ xy+4 \ge 2x+2y $ Theo đánh giá này ta có:
$xyz\geq (2(x+y)-4)z =(2(5-z)-4)z $ bằng khảo sát hàm bậc hai này ta dễ dàng có được $ Minxyz=4 $ xảy ra khi $ x=y=2, z=1 $ cùng các hoán vị!
- WhjteShadow, BoBoiBoy, LNH và 1 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 17-11-2013 - 11:47
Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$
ta có: $\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-\sum_{cyc}\frac{a}{b+2c}=\frac{\sum\limits_{cyc}(2a^4c+a^3c^2+2a^3bc-5a^2b^2c)}{(a+2b)(b+2c)(c+2a)(ab+ac+bc)}\geq0$
mà $13\sum_{cyc}a^4c=\sum_{cyc}(5a^4c+6b^4a+2c^4b)\geq\sum_{cyc}13a^2b^2c^2$
$7\sum_{cyc}a^3c^2=\sum_{cyc}(2a^3c^2+4b^3a^2+c^3b^2)\geq\sum_{cyc}7a^2b^2c$
và $\sum_{cyc}(a^3bc-a^2b^2c)=\frac{1}{2}\sum_{cyc}abc(a-b)^2\geq0$ (theo bdt AM-GM)
=> dpcm
- LNH, nhatquangsin và PlanBbyFESN thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh