Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$ và 2 số thực $\alpha,\beta \ge 1$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[3]{abc} \le \sqrt[6]{\frac{[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}} \le \frac{a+b+c}{3}$$.
#1
Đã gửi 04-12-2012 - 16:45
- Dung Dang Do, BlackSelena, WhjteShadow và 4 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 08-07-2018 - 17:52
Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$ và 2 số thực $\alpha,\beta \ge 1$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[3]{abc} \le \sqrt[6]{\frac{[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}} \le \frac{a+b+c}{3}$$.
Ta có:
$$\sqrt[6]{\frac{[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}}=\sqrt[6]{\frac{[\sum a^2b^2+2\alpha abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}}$$
$\geqslant \sqrt[6]{\frac{\left ( 1+2\alpha \right )abc\left ( \sum a \right )\left ( 1+2\beta \right )\sum ab}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}}=\sqrt[6]{\frac{abc\sum a\sum bc}{9}}\geqslant \sqrt[3]{abc}$
Mặt khác, ta có:
$[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)\leqslant \left [ 1+2\left ( \alpha -1 \right )\frac{\left ( \sum ab \right )^2}{3} \right ]\left [ \left ( \sum a \right )^2+2\left ( \beta -1 \right ) \right ]$
$\leqslant \frac{1}{9}\left ( 2\alpha +1 \right )\left ( 2\beta +1 \right )\left ( \sum a \right )^2\leq \frac{1}{81}\left ( 2\alpha +1 \right )\left ( 2\beta +1 \right )\left ( \sum a \right )^6$
$\Rightarrow \sqrt[6]{\frac{[1+2(\alpha-1)abc(a+b+c)](a^2+b^2+c^2+2\beta)}{(3+6\alpha)(3+6\beta)}} \le \frac{a+b+c}{3}$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\sqrt{\dfrac{1}{3}}$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cristianoronaldo: 08-07-2018 - 17:59
- thien huu, conankun, Ha Minh Hieu và 2 người khác yêu thích
Nothing in your eyes
#3
Đã gửi 29-07-2019 - 07:39
Ta có:
6√[1+2(α−1)abc(a+b+c)](a2+b2+c2+2β)(3+6α)(3+6β)=6√[∑a2b2+2αabc(a+b+c)](a2+b2+c2+2β)(3+6α)(3+6β)[1+2(α−1)abc(a+b+c)](a2+b2+c2+2β)(3+6α)(3+6β)6=[∑a2b2+2αabc(a+b+c)](a2+b2+c2+2β)(3+6α)(3+6β)6
⩾6√(1+2α)abc(∑a)(1+2β)∑ab(3+6α)(3+6β)=6√abc∑a∑bc9⩾3√abc⩾(1+2α)abc(∑a)(1+2β)∑ab(3+6α)(3+6β)6=abc∑a∑bc96⩾abc3
Mặt khác, ta có:
[1+2(α−1)abc(a+b+c)](a2+b2+c2+2β)⩽[1+2(α−1)(∑ab)23][(∑a)2+2(β−1)][1+2(α−1)abc(a+b+c)](a2+b2+c2+2β)⩽[1+2(α−1)(∑ab)23][(∑a)2+2(β−1)]
⩽19(2α+1)(2β+1)(∑a)2≤181(2α+1)(2β+1)(∑a)6⩽19(2α+1)(2β+1)(∑a)2≤181(2α+1)(2β+1)(∑a)6
⇒6√[1+2(α−1)abc(a+b+c)](a2+b2+c2+2β)(3+6α)(3+6β)≤a+b+c3⇒[1+2(α−1)abc(a+b+c)](a2+b2+c2+2β)(3+6α)(3+6β)6≤a+b+c3
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=√13a=b=c=13.
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: for all.
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Dãy số - Giới hạn →
Định $k$ để $a_{n+1}=xa_{n}+\sqrt{ka_{n}^2-y}$ là dãy nguyên.Bắt đầu bởi dark templar, 04-01-2013 for all. |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Dãy số - Giới hạn →
$4F_{n}F_{n+k+e}F_{n-2k+e}+F_{k}^2F_{k+1}^2$ là số chính phương.Bắt đầu bởi dark templar, 01-01-2013 for all. |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$$(\sin A+\sin B+\sin C)^{\alpha} \ge M$$Bắt đầu bởi dark templar, 23-12-2012 for all. |
|
|||
Toán Đại cương →
Giải tích →
$|f(x)|$ bị chặn với $f(x)+f''(x)=-xg(x)f'(x)$.Bắt đầu bởi dark templar, 22-12-2012 for all. |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Dãy số - Giới hạn →
$$x_{k+2}=\dfrac{cx_{k+1}-(n-k)x_{k}}{k+1};\forall k \ge 0$$Bắt đầu bởi dark templar, 22-12-2012 for all. |
|
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh