an1712

Bài ???: Bài toán sau khá hay mong các bạn thử sức    

 

Cho a,b,c>0. Cmr:

   

           $\frac{a^3+2}{(b+c)^2}+\frac{b^3+2}{(c+a)^2}+\frac{c^3+2}{(a+b)^2}\geq \frac{3(a+b+c)}{4}$             

 

 với $a^2+b^2+c^2=3$

ta có: $a^3+2\geq \frac{3}{2}a^2+\frac{3}{2}\geq \frac{3}{4}(a+1)^2$

bdt$\Leftrightarrow \sum (\frac{a+1}{b+c})^2\geq a+b+c$

áp dụng cô si:$(\frac{a+1}{b+c})^2+\frac{b+c}{2}+\frac{(a+1)(b+c)}{4}\geq \frac{3}{2}(a+1)$

tương tự vs 2 biểu thức còn lại ta đc:

$\sum (\frac{a+1}{b+c})^2\geq \frac{9-(ab+bc+ac)}{2}\geq \frac{9-\frac{(a+b+c)^2}{3}}{2}$

đặt a+b+c=t >0 

bdt$\Leftrightarrow (t+9)(3-t)\geq 0$ (luôn đúng)

Nói chung là bộ sô (3,1,2) hay (3,2,1) gì đó anh không nhớ

e nghĩ lm theo hướng này nhưng thử mãi ko đc, a hoàn thành giúp e đc ko?

$a(b+c)\leq \frac{(a+b+c)^2}{4}\Leftrightarrow -\frac{3}{a(b+c)}\leq -\frac{12}{(a+b+c)^2}$

$a^2+bc+7=a^2+\frac{a^2}{2}+\frac{(b+c)^2}{2}\geq a^2+\frac{(a+b+c)^2}{4}\geq a(a+b+c)\Leftrightarrow \frac{4}{a^2+bc+7}\leq \frac{4}{a+b+c}$

đại lượng 4(a+c) tương đương 4a nhưng phần mẫu kia biến đổi ko đc

Phải là (3,2,1) chứ nhỉ

p(3,2,1)=0,428...

p(3,1,2)=0,5333....

Đề siêu đúng đó em

điểm rơi (3,1,2) đúng ko a

chuẩn đề ko a, e thấy áp dụng ghép cái 1 vs cái 3 cái 2 vs 4 mang tính tương tự

nếu là 9 mk xin cm nt này:

có:$(x+1)(y+1)(z+1)\geq x+y+z+1$

$\Rightarrow$ $\prod (a^2+b^2+abc)\geq 27abc$$\geq 9(a+c+b)abc$

do $a+b+c\leq \sqrt{3(\sum a^2)}=3$

đặt $x=a+b+c$ y=ab+bc+ac$ z=abc$

chuẩn hóa: a+b+c=3

ta có :$P=\frac{(\sum a)^{3}}{27abc}+\frac{4abc}{\prod (a+b)}=\frac{1}{z}+\frac{4z}{3y-z}\geq \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{11z^2}{2}-z(1+\frac{9y}{2})+3y$

theo shur:

$z\geq \frac{4y-9}{3}$

xét hàm:f'(z)=$11z-(1+\frac{9y}{2})=11.\frac{4y-9}{3}-(1+\frac{9y}{2})=\frac{61}{6}y-34< 0$ vs $y\leq 3$

$\Rightarrow$ Hàm nghịch biến trên TXĐ

$=> f(z)\geq f(1)=\frac{9}{2}-\frac{3}{2}y\geq 0$ vs$y\leq 3$

=> đpcm

cho mình hỏi sau bạn biết thêm các số này thế

n là tìm điểm rơi đó bạn,bạn tìm hiểu thêm về bđt cô si dự đoán điểm roiw nhé

2a,

xét f(a)=> f'(a)=$\frac{a^2-b^2}{ba^2}$ ngich biến vs $a\leq b$

=>gtln P=2

bài 1 hơi lạ,bạn có viết nhầm ko

áp dụng cô si:

$\frac{a^2}{b+c}+\frac{4(b+c)}{9}\geq \frac{4a}{3}$

$\frac{b^2}{a+c}+\frac{4(a+c))}{9}\geq \frac{4b}{3}$

$\frac{16c^2}{b+a}+(a+b)\geq 8c$

cộng 3 vế đc đpcm

áp dụng cô si cho: $a+b\geq 2\sqrt{ab}$

$\frac{ab(a+b)}{ab+a+b}=ab-\frac{a^2b^2}{ab+a+b}\geq ab-\frac{a^2b^2}{ab+2\sqrt{ab}}$

đặt  $\sqrt{ab}=x  \sqrt{bc}=y \sqrt{ac}=z$

=>$\sum \frac{2x^2}{x+2}\geq 2$

vs xyz=1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Swacth có :

 

  $\sum \frac{1}{2a^2+bc}=\sum \frac{(b+c)^2}{(2a^2+bc)(b+c)^2}\geq \frac{(\sum (b+c))^2}{\sum (2a^2+bc)(b+c)^2}=\frac{4(\sum a)^2}{\sum (2a^2+bc)(b+c)^2}$

 

Ta cần chứng minh  $\frac{4(\sum a)^2}{\sum (2a^2+bc)(b+c)^2}\geq \frac{6}{\sum a^2+\sum ab}< = > 2(\sum a)^2(\sum a^2+\sum ab)\geq 3\sum (2a^2+bc)(b+c)^2< = > 2(\sum a^2+2\sum ab)(\sum a^2+\sum ab)\geq 3\sum (2a^2+bc)(b^2+2bc+c^2)< = > 2(\sum a^2)^2+6(\sum ab)(\sum a^2)+4(\sum ab)^2\geq 18\sum a^2b^2+3\sum bc(b^2+c^2)+12abc\sum a< = > 2\sum a^4+3\sum ab(a^2+b^2)+2abc\sum a\geq 10\sum a^2b^2$

 

 Theo BDT Schur bậc 4 ta có : $2(\sum a^4+abc\sum a)\geq 2\sum ab(a^2+b^2)\geq 2\sum ab.2ab=4\sum a^2b^2$

 

                                                   $3\sum ab(a^2+b^2)\geq 3\sum ab.2ab=6\sum a^2b^2$

  

Cộng theo vế $= > 2\sum a^4+2abc\sum a+3\sum ab(a^2+b^2)\geq 10\sum a^2b^2$

 

  Do đó ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra khi $a=b=c ,a=b,c=0$

 

 

 

ts bạn nghĩ tới đại lg (b+c)^2 đề nhân cả tử và mẫu z

Ở đâu vậy bạn?

chuyên đề toán học số 9 ptnk

áp dụng bu nhi a cho :$\frac{1}{x^3+y^3}+\frac{3}{3xy}\geq \frac{\left ( 1+\sqrt{3} \right )^2}{x^3+y^3+3xy}$

lại có :$x+y=1\Leftrightarrow x^3+y^3+3xy=1$

=> đpcm