Chủ đề này có 6 trả lời

[manhlea]

cho x,y,z >0 và $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2014$.

Tìm GTNN của $P= \frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}$

 

2, cho  a,b,c>0 và a+b+c=3

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

[Oral1020]

bài 1:

Bạn đi chứng minh :
$P \ge \sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}$ (1)

Bằng cách bình phương hai vế và rút gọn ta còn lại bất đẳng thức sau:

$\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{x^2z^2}{y^2} \ge x^2+y^2+z^2$

$\Longrightarrow \sum \dfrac{ab}{c} \ge \sum a$

Với $a=x^2;...$

Bất đẳng thức trên chứng minh được bằng cách

$BĐT \longleftrightarrow abc.\sum \dfrac{1}{a^2} \ge abc.\sum \dfrac{1}{ab}=VT$

=> (1) đúng.Áp dụng giả thiết ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Oral1020: 30-04-2014 - 18:13

[Kaito Kuroba]

2, cho  a,b,c>0 và a+b+c=3

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

Bài 2:

áp dụng AM-GM cho 3 số ta có:

$$\sum \frac{a^3}{a+bc}+\sum \frac{a+bc}{4}+\frac{1}{2}\geq \sum \frac{3a}{2}$$

đến đây là OK rồi!!1

P/s: nên chú ý đến BĐT: $$(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$$

[nghiemthanhbach]

cho x,y,z >0 và $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2014$.

Tìm GTNN của $P= \frac{xy}{z}+\frac{yz}{x}+\frac{zx}{y}$

 

2, cho  a,b,c>0 và a+b+c=3

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

Bài 2:

Cách 1:

Áp dụng bất đẳng thức cauchy có

$\frac{a^3}{a+bc}+\frac{a(a+bc)}{4}\geq a^2\rightarrow \sum _{cyc}\frac{a^3}{a+bc}\geq \sum a^2-\frac{\sum a^2}{4}-\frac{3abc}{4}=\frac{3}{4}\sum a^2-\frac{3abc}{4}\geq \frac{3}{4}.\frac{(\sum a)^2}{3}-\frac{3}{4}.\frac{(\sum a)^3}{27}=\frac{3}{2}$

Cách 2:

Áp dụng bất đẳng thức holder có:

$(\frac{a^3}{a+bc}+\frac{b^3}{b+ca}+\frac{c^3}{c+ab})(a+bc+b+ca+c+ab)(1+1+1)\geq (\sqrt[3]{\frac{a^3.(a+bc)}{a+bc}.1}+\sqrt[3]{\frac{b^3.(b+ac)}{b+ac}.1}+\sqrt[3]{\frac{c^3.(c+ac)}{c+ac}.1})^3=(a+b+c)^3=27\rightarrow \sum _{cyc}\frac{a^3}{a+bc}\geq \frac{9}{a+b+c+ab+bc+ca}\geq \frac{9}{a+b+c+\frac{(a+b+c)^2}{3}}=\frac{3}{2}$

Bạn có ở trong nhóm Đấu trường bất đẳng thức - phương trình hữu tỷ cùng Nguyễn Minh Đức không?

[huythcsminhtan]

Bài 2 chị giải 2 cách thì cả 2 bài đều có chữ cyc gì ấy em không hiểu lắm . Chị giải thích cho em nhé. Em có 1 cách khác không sử dngj mấy cái đấy  :

 

Áp dụng bất đẳng thức svac-xơ có :

 

$ \sum \frac{a^3}{a+bc}= \sum \frac{a^4}{a^2+abc} \ge \frac{ ( \sum a^2)^2}{ \sum a^2 + 3abc}$

 

Bây giờ đi chứng minh

 

$\frac{ ( \sum a^2)^2}{ \sum a^2 + 3abc} \ge \frac{3}{2}$

 

$\leftrightarrow 2(\sum a^2)^2 \ge 3 \sum a^2 +9abc$

 

Theo Bunhia có : $\sum a^2 \ge \frac{  (\sum a)^2}{3}=3 (1)\rightarrow  2(\sum a^2)^2 \ge 6 \sum a^2 $

 

Theo hệ quả Cauchy có : $9abc \le \frac{ (\sum a)^3}{3}=9 $

 

Vậy có $ 6 \sum a^2 \ge 3  \sum a^2 +9$

 

$3  \sum a^2 \ge 9$

 

$ \sum a^2 \ge 3$ (đã chứng minh ở 1 nên luôn đúng ) $\rightarrow dpcm$

 

Không biết có sai không nhỉ em vừa nghĩ ra .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huythcsminhtan: 30-04-2014 - 19:56

[nguyenhongsonk612]

2, cho  a,b,c>0 và a+b+c=3

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

Giải:

Ta có: $\frac{a^3}{a+bc}=a^2-\frac{a^2bc}{a+bc}\geq a^2-\frac{a^2bc}{2\sqrt{abc}}= a^2-\frac{a\sqrt{abc}}{2}$

Tương tự:

$\frac{b^3}{b+ac}=b^2-\frac{b^2ac}{b+ac}\geq b^2-\frac{b^2ac}{2\sqrt{abc}}= b^2-\frac{b\sqrt{abc}}{2}$

$\frac{c^3}{c+ba}=c^2-\frac{c^2ba}{c+ba}\geq c^2-\frac{c^2ba}{2\sqrt{abc}}= c^2-\frac{c\sqrt{abc}}{2}$

$\Rightarrow \frac{a^{3}}{a+bc}+ \frac{b^{3}}{b+ca}+\frac{c^{3}}{c+ab}\geq (a^2+b^2+c^2)-\frac{(a+b+c)\sqrt{abc}}{2}= (a^2+b^2+c^2)-\frac{3\sqrt{abc}}{2}$

Mặt khác ta có: $3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Leftrightarrow abc\leq 1$

$(a+b+c)^2\leq 3(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{3^2}{3}=3$

$\Rightarrow$ Đpcm

[manhlea]

hay nhỉ. Kĩ thật cauchy ngược dấu à