Chủ đề này có 5 trả lời

[WhjteShadow]

:")
Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{8a^2+bc}+\frac{1}{8b^2+ac}+\frac{1}{8c^2+ab}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}$$
Bài toán 2.
Chứng minh rằng $\forall a,b,c>0$ ta luôn có 2 chiều bất đẳng thức:
$$\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 29-12-2012 - 21:53

[phudinhgioihan]

:")
Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{8a^2+bc}+\frac{1}{8b^2+ac}+\frac{1}{8c^2+ab}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}$$

Mạnh hơn nữa:

$$\frac{1}{8a^2+bc}+\frac{1}{8b^2+ac}+\frac{1}{8c^2+ab}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}+\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{10\max^4\{a,b,c\}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 30-12-2012 - 18:47

[maitienluat]

Bài 1:
Cách giải theo hướng tập thể dục @@. Quy đồng, chuyển sang p,q,r và rút gọn ta chỉ cần c/minh:
$81pqr+8p^{2}q^{2}\geq 729r^{2}+16q^{3}+8rp^{3}$
Theo AM-GM ta có $pq\geq 9r,q^{2}\geq 3pr,p^{2}\geq 3q$
$\Rightarrow81pqr+\frac{8}{3}p^{2}q^{2}+\frac{16}{3}p^{2}q^{2}\geq 729r^{2}+16q^{3}+8rp^{3}$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

[kerry0111]

Bài toán 2.
Chứng minh rằng $\forall a,b,c>0$ ta luôn có 2 chiều bất đẳng thức:
$$\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$

CM : $\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$

$\Leftrightarrow 2\sum a^2-\sum ab+2\sum \sqrt{(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)}\geq 3\sum a^2$

$\Leftrightarrow 2\sum \sqrt{(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)}\geq \sum a^2+\sum ab$

$2\sum \sqrt{(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)}$

$\geq \sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}$

$\geq \sum a^2+\sum ab$

đpcm

còn vế thứ nhất sai thì phải :-"

[no matter what]

Bài toán 2.
Chứng minh rằng $\forall a,b,c>0$ ta luôn có 2 chiều bất đẳng thức:
$$\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$

WS fix lại xem đề bài 2 đã đúng chưa nhé
Chứng minh rằng $\forall a,b,c>0$ ta luôn có 2 chiều bất đẳng thức:
$\frac{3(a^3+b^3+c^3)}{a^2+b^2+c^2}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$
Dĩ nhiên đây chỉ là hệ quả của BĐT trên nhưng nó đúng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi no matter what: 31-12-2012 - 19:37

[WhjteShadow]

À đúng là VT sai thật. T lấy trên ML lâu lắm r`. Không để ý....
Sửa đề
Chứng minh rằng $\forall a,b,c>0$ và $2.max(a;b;c)\geq a+b+c$ ta luôn có bất đẳng thức:
$$\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}$$
Chúng ta có thể làm mạnh VP BĐT thành:
$$\sum \sqrt{a^2-ab+b^2}.\sqrt{b^2-bc+c^2}\geq a^2+b^2+c^2$$