Chủ đề này có 10 trả lời

[Vu Thuy Linh]

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

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

 

[Kaito Kuroba]

$\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )=(1+a+b+ab)(1+c)\leq 2(1+ab)(1+c)=\frac{2(1+c)^2}{c}$

$\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{ab+1}=\frac{c}{c+1}$

 

=> $VT\geq \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{c}{(c+1)^2}=1 $

$"="\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kaito Kuroba: 06-02-2014 - 23:05

[Binh Le]

$\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )=(1+a+b+ab)(1+c)\leq 2(1+ab)(1+c)=\frac{2(1+c)^2}{c}$

$\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{ab}=\frac{c}{c+1}$

 

=> $VT\geq \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{c}{(c+1)^2}=1 $

$"="\Leftrightarrow a=b=c=1$

$\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}\geq \frac{1}{1+ab}=\frac{abc}{abc+ab}=\frac{c}{c+1}$

p/s: bạn ghi rõ dòng đầu luôn nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Binh Le: 06-02-2014 - 23:07

[Kaito Kuroba]

$\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}\geq \frac{1}{1+ab}=\frac{abc}{abc+ab}=\frac{c}{c+1}$

p/s: ghi rõ dòng đầu luôn nhé!

 

 

chắc tại lúc gõ công thức đó. thanks. đã fix

[Binh Le]

chắc tại lúc gõ công thức đó. thanks. đã fix

bạn ghi rõ dòng đầu lại luôn ,biến đổi sao đọc ko hiểu <@.@> tks!

[Kaito Kuroba]

$\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )=(1+a+b+ab)(1+c)\leq 2(1+ab)(1+c)=\frac{2(1+c)^2}{c}$

$\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}\geq \frac{1}{ab+1}=\frac{c}{c+1}$

 

=> $VT\geq \frac{c}{c+1}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{c}{(c+1)^2}=1 $

$"="\Leftrightarrow a=b=c=1$

 

 

 

dòng đầu đó là do nhờ đk abc =1, kết hợp tinh ý với abc=1 là được.

[Binh Le]

dòng đầu đó là do nhờ đk abc =1, kết hợp tinh ý với abc=1 là được.

Tinh ý đã ko nhờ cậu giải thích ,ns rk cũng = không .@#@

làm sao có a+b $\leq$ 1+ab được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Binh Le: 09-02-2014 - 23:19

[Kaito Kuroba]

Tinh ý đã ko nhờ cậu giải thích ,ns rk cũng = không .@#@

làm sao có a+b $\leq$ 1+ab được

 

 

 vì  ta  có:  $\left(a-1 \right)\left(b-1 \right)\geq 0\Leftrightarrow a^2+ab-a-b\geq 0\Leftrightarrow 1+ab\geq a+b$

[kfcchicken98]

 vì  ta  có:  $\left(a-1 \right)\left(b-1 \right)\geq 0\Leftrightarrow a^2+ab-a-b\geq 0\Leftrightarrow 1+ab\geq a+b$

nếu giả sử a>b>c, thì chỉ suy ra a>1, chứ không thể suy ra b > 1, nên bất đẳng thức đó sai 

[Kaito Kuroba]

nếu giả sử a>b>c, thì chỉ suy ra a>1, chứ không thể suy ra b > 1, nên bất đẳng thức đó sai 

 

 

 

bạn không biết nguyên lý dirichlet à?

 

ở đây nguyên lý này có thể nói là: trong 3 số a,b,c luôn tồn tại 2 số cùng nằm một phía so với 1. giã sử 2 số đó là a và b.

khi đó ta có:

 

$\left(a-1 \right)\left(b-1 \right)\geq 0$

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kaito Kuroba: 10-02-2014 - 14:07

[KietLW9]

Cho các số dương a, b, c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

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

Đặt $a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r$ thì $r=1$ và $(a+1)(b+1)(c+1)=p+q+2$

Do đó $\frac{1}{(1+a)^{2}}+\frac{1}{(1+b)^{2}}+\frac{1}{(1+c)^{2}}+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)}\geqslant 1\Leftrightarrow (\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1})^2-2[\frac{1}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{(b+1)(c+1)}+\frac{1}{(c+1)(a+1)}]+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)}\geqslant 1\Leftrightarrow (\frac{q+2p+3}{q+p+2})^2-\frac{2(p+3)}{p+q+2}+\frac{2}{p+q+2}\geqslant 1\Leftrightarrow (1+\frac{p+1}{q+p+2})^2-\frac{2(p+3)}{p+q+2}+\frac{2}{p+q+2}\geqslant 1\Leftrightarrow 1+(\frac{p+1}{p+q+2})^2-\frac{2}{p+q+2}\geqslant 1\Leftrightarrow (p+1)^2\geqslant 2(p+q+2)\Leftrightarrow p^2\geqslant 2q+3(true)$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 08-05-2021 - 08:10