Chủ đề này có 345 trả lời

[DOTOANNANG]

.ta có$:$ $4u^{2}\sum\limits_{cyc}\frac{u^{2}+ vw}{v+ w}+ \sum\limits_{cyc}(\!u^{2}+ vw\!)(\!v+ w\!)\geqq 4u\sum\limits_{cyc}(\!u^{2}+ vw\!)$ theo am$-$gm$,$ .việc còn lại là chứng minh sau khi đã giả sử $u\not\equiv {\rm mid}\left ( \{u, v, w\} \right )$

$$4u\sum\limits_{cyc}(\!u^{2}+ vw\!)\geqq 4u^{2}(\!u+ v+ w\!)+ \sum\limits_{cyc}\left ( (\!u^{2}+ vw\!)(\!v+ w\!) \right )\because -2(\!u- v\!)(\!u- w\!)(\!v+ w\!)\geqq 0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 04-09-2019 - 19:25

[hung4299]

Nhìn phát thấy ngay là $Holder$
---
-Nếu $\exists a_i+b_i=0\Rightarrow a_i=b_i=0\Rightarrow VT(*)=VP(*)$
-Nếu các biến đều dương: áp dụng BĐT $AM-GM$ cho $n$ số, ta có:
$$\dfrac{a_1}{a_1+b_1}+\dfrac{a_2}{a_2+b_2}+...+\dfrac{a_n}{a_n+b_n}\ge \dfrac{n\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}{(a_{1}+b_{1})(a_{2}+b_{2})...(a_{n}+b_{n})}\\
\dfrac{b_1}{a_1+b_1}+\dfrac{b_2}{a_2+b_2}+...+\dfrac{b_n}{a_n+b_n}\ge \dfrac{n\sqrt[n]{b_1b_2...b_n}}{(a_{1}+b_{1})(a_{2}+b_{2})...(a_{n}+b_{n})}$$
Cộng vế với vế của 2 BĐT cùng chiều trên, sau vài bước biến đổi ta có ĐPCM. Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi $a_1=a_2=...=a_n;b_1=b_2=...=b_n\ \square$
---
Hai bài trên là hệ quả trực tiếp của BĐT này

Sao lại là Holger?

Cô si đảo chứ anh?

[hung4299]

mọi người ta tập trung lại 1 tí nhé,mình post bài có kèm theo bài tập là muốn mọi người vận dụng thẳng các kiến thức trên vào bài tập cho vững luôn,dĩ nhiên mình không nề nà gì việc đăng thêm bài mới,nhưng mình nghĩ,việc đó nên để khi ta đã giải quyết trọn vẹn các bài tập
thân
tình hình là ta còn nhiều bài tồn đọng quá
ĐỀ NGHỊ
bài 4 phần 1(kiến thức đã nêu,mong mọi người triệt để áp dụng
với mọi a.b không âm,chứng minh
$\sqrt[3]{\frac{a}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}\leq \sqrt[3]{2(a+b)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})}$

lập phương cả hai vế, ta được(NHÌN PHÁT THẤY NGAY LÀ HOLDER):

$(\sqrt[3]{1\cdot a\cdot \frac{1}{b}}+\sqrt[3]{1\cdot b\cdot \frac{1}{a}})^{3}\leq (1^{3}+1^{3})(\sqrt[3]{a^{3}}+\sqrt[3]{b^{3}})(\sqrt[3]{\frac{1}{a}^{3}}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}^{3}})$

ĐÚNG THEO HOLDER HAI SỐ BẬC 3

   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hung4299: 03-11-2019 - 22:45

[nguyenmyle]

Các bạn giúp mình bài này nhé!

$Cho \left\{x,y,z>0\begin{matrix} \\ xyz=1\end{matrix}\right.$$CMR:\frac{1}{x^{3}(y+z)}+\frac{1}{y^{3}(z+x)}+\frac{1}{z^{3}(x+y)}\geq \frac{3}{2}$

https://sotayhoctap....-dang-thuc-cosi

[PDF]

Mọi người làm hộ mk bài này với...cảm ơn nhiều 

Cho a, b, c và a + b + c $\leq$ 1

CMR: $\sqrt{a^{2}+\frac{1}{a^{2}}}+\sqrt{b^{2}+\frac{1}{b^{2}}}+\sqrt{c^{2}+\frac{1}{c^{2}}}\geq \sqrt{82}$

Áp dụng BĐT Minkowski: $VT\geq \sqrt{(a+b+c)^{2}+(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}}\geq \sqrt{(a+b+c)^{2}+\frac{81}{(a+b+c)^{2}}}=\sqrt{82}$ (đpcm)

Dấu bằng xảy ra chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{3}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 29-07-2020 - 08:53

[Pob]

Góp thêm bài cho topic

Cho $a,b,c\geq 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=2$ .Chứng mình rằng:

$\sqrt{a+ab}+\sqrt{b+bc}+\sqrt{c+ca}\geq 3$