Đến nội dung

Hình ảnh

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


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 trả lời

#1
muamuaha125

muamuaha125

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 89 Bài viết

Cho a;b;c>0

1. Với a+b+c=1. CMR:$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$

2. Với ab+bc+ca=1. CMR: $\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{3}{2}$

3. Với $a^2+b^2+c^2=3. CMR:\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq 3$

 



#2
25 minutes

25 minutes

    Thành viên nổi bật 2015

  • Hiệp sỹ
  • 2795 Bài viết

Cho a;b;c>0

1. Với a+b+c=1. CMR:$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$

2. Với ab+bc+ca=1. CMR: $\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{3}{2}$

3. Với $a^2+b^2+c^2=3. CMR:\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq 3$

Bài 1: Do vai trò của $a,b,c$ là như nhau nên ta có thể giả sử $a \geqslant b \geqslant c>0$

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có 

          $\sum \frac{a}{(b+c)^2}\geqslant \frac{a+b+c}{3}\left [ \frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2} \right ]=\frac{1}{3}\sum \frac{1}{(a+b)^2}$

Áp dụng AM-GM ta có 

         $\sum \frac{1}{(a+b)^2}\geqslant \frac{(\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a})^2}{3}\geqslant \frac{(\frac{9}{2(a+b+c)})^2}{3}=\frac{27}{4}$

$\Rightarrow \sum \frac{a}{(b+c)^2}\geqslant \frac{9}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài 2: Đặt $a=\tan \frac{A}{2},...$

BĐT trở thành $\sin \frac{A}{2}+\sin \frac{B}{2}+\sin \frac{C}{2}\leqslant \frac{3}{2}$

Bài 3: Đặt $(\frac{ab}{c},\frac{bc}{a},\frac{ca}{b})=(x,y,z)\Rightarrow P=x+y+z$

Từ giả thiết ta có $xy+yz+zx=3$

Khi đó áp dụng AM-GM đơn giản ta có 

                  $P=x+y+z\geqslant \sqrt{3(xy+yz+zx)}=3$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$


Hãy theo đuổi đam mê, thành công sẽ theo đuổi bạn.



Thảo luận BĐT ôn thi Đại học tại đây


#3
hoctrocuanewton

hoctrocuanewton

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 710 Bài viết

Cho a;b;c>0

1. Với a+b+c=1. CMR:$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$

 

 

ta có

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

$\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}$

nên ta được đpcm



#4
hoctrocuanewton

hoctrocuanewton

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 710 Bài viết

 

3. Với $a^2+b^2+c^2=3. CMR:\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq 3$ (1)

ta bình phương 2 vế của (1) ta có

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

vậy ta chỉ cần chứng minh

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

ta có$(\frac{ab}{c})^{2}+(\frac{bc}{a})^{2}\geq 2c^{2}$

      $(\frac{ab}{c})^{2}+(\frac{ac}{b})^{2}\geq 2a^{2}$

      $(\frac{ab}{c})^{2}+(\frac{bc}{a})^{2}\geq 2b^{2}$

 

công vế với vế lại ta được  đpcm



#5
hoctrocuanewton

hoctrocuanewton

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 710 Bài viết

Cho a;b;c>0

 

2. Với ab+bc+ca=1. CMR: $\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{3}{2}$

 

ta có

$\sum \frac{a}{\sqrt{1+a^{2}}}= \sum \frac{a}{\sqrt{ ab+bc+ac+a^{2}}}= \sum \frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}$

áp dụng bđt AM-GM ta có

$\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{a}{2(a+b)}+\frac{a}{2(a+c)}$

tương tự   với các số còn lại sau đó công vế với vế ta được

$\sum \frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\leq \frac{3}{2}$

vậy được đpcm



#6
leduylinh1998

leduylinh1998

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 288 Bài viết

Ta có:$\sum \frac{a}{(b+c)^{2}}=\sum \frac{a^{2}}{a(b+c)^{2}}=\sum\frac{\frac{a^{^{2}}}{(b+c)^{^{2}}}}{a}$

$\geq \frac{\left ( \sum \frac{a}{b+c} \right )^{2}}{a+b+c}=\frac{9}{4}$



#7
muamuaha125

muamuaha125

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 89 Bài viết
các anh có thể chỉ dùng kiến thức lớp 9 mà ko dùng cái dấu đó

#8
nghiemthanhbach

nghiemthanhbach

    $\sqrt{MF}'s\;friend$

  • Thành viên
  • 1056 Bài viết

các anh có thể chỉ dùng kiến thức lớp 9 mà ko dùng cái dấu đó

== đó là viết tắt mà

Thôi chịu bạn luôn

Đây:

Áp dụng bất đẳng thức C-S hay còn gọi là CBS dạng Engel ta có:

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

Chứng minh bất đẳng thức phụ nhé:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}$

Thật vậy ta có:

Áp dụng bất đẳng thức C-S hay còn gọi là CBS dạng Engel ( có thể là Schwarz) ta có:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}=\frac{a^2}{ab+ac}+\frac{b^2}{bc+ab}+\frac{c^2}{ac+bc}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{1^2}{\frac{2}{3}(a+b+c)^2}=\frac{3}{2}$

Like mạnh :))


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nghiemthanhbach: 06-11-2013 - 21:33


#9
lequocminh1999

lequocminh1999

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 19 Bài viết

Cho a;b;c>0

1. Với a+b+c=1. CMR:$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$

2. Với ab+bc+ca=1. CMR: $\frac{a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}\leq \frac{3}{2}$

3. Với $a^2+b^2+c^2=3. CMR:\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq 3$

3. $VT^{2}=2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+(\frac{ab}{c})^{2}+(\frac{bc}{a})^{2}+(\frac{ac}{b})^{2}\geqslant 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})=9$

$=> A\geqslant 3$
Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1



#10
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Cho a;b;c>0

1. Với a+b+c=1. CMR:$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$

Áp dụng Cô-si, ta có: $$a(b+c)^2+b(c+a)^2+c(a+b)^2=\frac{1}{2}.2a(b+c)(b+c)+\frac{1}{2}.2b(c+a)(c+a)+\frac{1}{2}.2c(a+b)(a+b)\leqslant\frac{1}{2}.\frac{8(a+b+c)^3}{27}+ \frac{1}{2}.\frac{8(a+b+c)^3}{27}+\frac{1}{2}.\frac{8(a+b+c)^3}{27}=\frac{4}{9}(a+b+c)^3$$

 

$\Rightarrow \sum_{cyc}\frac{a}{(b+c)^2}= \sum_{cyc}\frac{a^2}{a(b+c)^2}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{\sum_{cyc}a(b+c)^2} \geqslant \frac{(a+b+c)^2}{\frac{4}{9}(a+b+c)^3} =\frac{9}{4(a+b+c)}=\frac{9}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \frac{1}{3}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh