Chủ đề này có 6 trả lời

[dangthanhnhan]

cho a,b,c >o và abc=1. chứng minh rằng:

$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{3}{2}$

[tuannguyenhue1]

$\sum \frac{\frac{1}{a^{2}}}{ab+ac}\geq\frac{(\sum \frac{1}{a})^{2}}{2ab+2bc+2ca}\doteq \frac{3}{2}$

[dangthanhnhan]

$\sum \frac{\frac{1}{a^{2}}}{ab+ac}\geq\frac{(\sum \frac{1}{a})^{2}}{2ab+2bc+2ca}\doteq \frac{3}{2}$

kí hiệu$\sum$ là gì thế mình chưa học tới
bạn có thể viết cụ thể đc k?

[tuannguyenhue1]

$\sum$ nghĩa là tổng đối xưng

 

kí hiệu$\sum$ là gì thế mình chưa học tới
bạn có thể viết cụ thể đc k?

$\sum$ nghĩa là tổng đối xứng ví dụ $\sum ab\doteq ab+bc+ca$ VD2:$\sum \frac{a}{b+c}\doteq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

[Simpson Joe Donald]

cho a,b,c >o và abc=1. chứng minh rằng:

$\frac{1}{a^3(b+c)}+\frac{1}{b^3(a+c)}+\frac{1}{c^3(a+b)}\geq \frac{3}{2}$

$\textbf{BDT}\iff \sum \frac{a^2b^2c^2}{a^3(b+c)}\geq \frac{3}{2} \\ \iff\sum \frac{b^2c^2}{ab+ac)}\geq \frac{3}{2}$

Ta có:

$\sum \frac{b^2c^2}{ab+bc}\geq \frac{\left ( \sum ab \right )^2}{2\sum ab}= \frac{\sum ab}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}{2}=\frac{3}{2}$

[ntqlamthao]

Ta có thể làm bài này như sau:

Đặt a=\frac{1}{x};b=\frac{1}{y};c=\frac{1}{z} thì xyz=1 Bđt

$\sum \frac{1}{\frac{1}{x3}(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})}\geq \frac{3}{2}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{x^2}{y+z}\geq \frac{3}{2}$

Có$\sum \frac{x^2}{y+z}\geq\frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}= \frac{x+y+z}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}$

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1 suy ra a=b=c=1.

:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ntqlamthao: 24-07-2013 - 20:15

[KietLW9]

$\sum \frac{\frac{1}{a^{2}}}{ab+ac}\geq\frac{(\sum \frac{1}{a})^{2}}{2ab+2bc+2ca}\doteq \frac{3}{2}$

Đặt $(\frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c})\rightarrow (x,y,z)\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x,y,z>0 & \\ xyz=1 & \end{matrix}\right.$

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành: $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\geqslant \frac{3}{2}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geqslant y\geqslant z\geqslant 0\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x+y\geqslant z+x\geqslant y+z>0 & \\ \frac{x}{y+z}\geqslant \frac{y}{z+x}\geqslant \frac{z}{x+y}>0 & \end{matrix}\right.$

Sử dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy đơn điệu cùng chiều và ngược chiều, ta được: $\frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\geqslant \frac{1}{3}(x+y+z)(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})=\frac{1}{6}[(y+z)+(z+x)+(x+y)](\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y})\geqslant \frac{1}{6}.3.[\frac{x}{y+z}.(y+z)+\frac{y}{z+x}.(z+x)+\frac{z}{x+y}.(x+y)]=\frac{x+y+z}{2}\geqslant \frac{3\sqrt[3]{xyz}}{2}=\frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$