Chủ đề này có 16 trả lời

[Riann levil]

!.cho a,b,c >0. abc=1. CM $\sum \frac{1}{a^{3}(b+c)}\geq \frac{3}{2}$

2.Cho a,b,c>0.abc=1.CM $\frac{a}{(1+a)(1+b)}+\frac{b}{(1+b)(1+c)}+\frac{c}{(1+a)(1+c)}\geq \frac{3}{4}$

3.Cho a,b ,c>0.abc =1.Cm $\frac{a^{3}}{(a+b)(b+c)}+\frac{b^{3}}{(b+c)(c+a)}+\frac{c^{3}}{(c+a)(a+b)}\geq \frac{3}{4}$

4.Cho a,b,c >0.$a^{2}+b^{2}+c^{2}$=3.Cm $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq 3$.

5.Cho a,b,c >0.CM $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

6.Cho 3 số thực a,b,c.Cm $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca+\frac{(a-b)^{2}}{2}+\frac{(b-c)^{2}}{12}+\frac{(c-a)^{2}}{2014}$

Ps: Càng nhìu cách càng tốt nhé!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Riann levil: 06-08-2014 - 18:36

[Viet Hoang 99]

 

3.Cho a,b ,c>0.abc =1.Cm $\frac{a^{3}}{(a+b)(b+c)}+\frac{b^{3}}{(b+c)(c+a)}+\frac{c^{3}}{(c+a)(a+b)}\geq \frac{3}{4}$

 

Đồng bậc quen thuộc

$$\frac{a^3}{(a+b)(b+c)}+\frac{a+b}{8}+\frac{b+c}{8}\geq \frac{3}{4}a$$

$$\Rightarrow \sum \frac{a^3}{(a+b)(b+c)}\geq \frac{1}{4}(a+b+c)\geq \frac{3}{4}.\sqrt[3]{abc}=\frac{3}{4}$$

 

 

2.Cho a,b,c>0.abc=1.CM $\frac{a}{(1+a)(1+b)}+\frac{b}{(1+b)(1+c)}+\frac{c}{(1+a)(1+c)}\geq \frac{3}{4}$

 

Sai đề! Phải là $a^3$

 

$$\frac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\geq \frac{3}{4}a$$

$$\Rightarrow \sum \frac{a^3}{(1+b)(1+c)}\geq ...$$

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 06-08-2014 - 18:59

[Riann levil]

 

Đồng bậc quen thuộc

$$\frac{a^3}{(a+b)(b+c)}+\frac{a+b}{8}+\frac{b+c}{8}\geq \frac{3}{4}a$$

$$\Rightarrow \sum \frac{a^3}{(a+b)(b+c)}\geq \frac{1}{4}(a+b+c)\geq \frac{3}{4}.\sqrt[3]{abc}=\frac{3}{4}$$

 

Sai đề! Phải là $a^3$

 

$$\frac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\frac{1+b}{8}+\frac{1+c}{8}\geq \frac{3}{4}a$$

$$\Rightarrow \sum \frac{a^3}{(1+b)(1+c)}\geq ...$$

 

 

Bài 2 khong sai đề đâu ạ.Đây là câu BĐT trong đề thi tuyển sinh lớp 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2013-2014

[Riann levil]

 

2.Cho a,b,c>0.abc=1.CM $\frac{a}{(1+a)(1+b)}+\frac{b}{(1+b)(1+c)}+\frac{c}{(1+a)(1+c)}\geq \frac{3}{4}$

 

Đpcm$\Leftrightarrow 4(ab+bc+ca+a+b+c)\geq 3(2+ab+bc+ca+a+b+c\Leftrightarrow ab+bc+ca+a+b+c\geq 6$ (đúng với abc=1)

[Viet Hoang 99]

!.cho a,b,c >0. abc=1. CM $\sum \frac{1}{a^{3}(b+c)}\geq \frac{3}{2}$

2.Cho a,b,c>0.abc=1.CM $\frac{a}{(1+a)(1+b)}+\frac{b}{(1+b)(1+c)}+\frac{c}{(1+a)(1+c)}\geq \frac{3}{4}$

3.Cho a,b ,c>0.abc =1.Cm $\frac{a^{3}}{(a+b)(b+c)}+\frac{b^{3}}{(b+c)(c+a)}+\frac{c^{3}}{(c+a)(a+b)}\geq \frac{3}{4}$

4.Cho a,b,c >0.$a^{2}+b^{2}+c^{2}$=3.Cm $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq 3$.

5.Cho a,b,c >0.CM $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

6.Cho 3 số thực a,b,c.Cm $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca+\frac{(a-b)^{2}}{2}+\frac{(b-c)^{2}}{12}+\frac{(c-a)^{2}}{2014}$

Ps: Càng nhìu cách càng tốt nhé!!

$1)$

$\frac{\dfrac{1}{a^2}}{a(b+c)}\geq \frac{\left ( \sum \dfrac{1}{a} \right )^2}{2\sum ab}=\frac{\sum ab}{2}\geq \frac{3}{2}$

[Kool LL]

4.Cho a,b,c >0.$a^{2}+b^{2}+c^{2}$=3.Cm $\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq 3$.

Nhận xét : dữ kiện (gt) cho là bậc 2, trong khi BĐT cần CM chỉ có bậc 1, vì vậy cần nâng lên thành bậc 2.

 

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

 

$\Leftrightarrow \left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)^2\ge 3^2$

 

$\Leftrightarrow \left(\frac{ab}{c}\right)^2+\left(\frac{bc}{a}\right)^2+\left(\frac{ca}{b}\right)^2+2(a^2+b^2+c^2)\ge 9$

 

$\Leftrightarrow \left(\frac{ab}{c}\right)^2+\left(\frac{bc}{a}\right)^2+\left(\frac{ca}{b}\right)^2\ge 3$ (2)

 

Ta có : $\left(\frac{ab}{c}\right)^2+\left(\frac{bc}{a}\right)^2\overset{\text{Côsi}}{\ge}2b^2$  ;  $\left(\frac{bc}{a}\right)^2+\left(\frac{ca}{b}\right)^2\overset{\text{Côsi}}{\ge}2c^2$  ;  $\left(\frac{ca}{b}\right)^2+\left(\frac{ab}{c}\right)^2\overset{\text{Côsi}}{\ge}2a^2$

 

Cộng 3 BĐT trên $\Rightarrow$ (2) đúng $\Rightarrow$ (1) đúng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 06-08-2014 - 20:10

[Kool LL]

6.Cho 3 số thực a,b,c. Cm $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca+\frac{(a-b)^{2}}{2}+\frac{(b-c)^{2}}{12}+\frac{(c-a)^{2}}{2014}$

$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+bc+ca+\frac{(a-b)^{2}}{2}+\frac{(b-c)^{2}}{12}+\frac{(c-a)^{2}}{2014}$

 

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{2}+\frac{(b-c)^2}{2}+\frac{(c-a)^2}{2}\ge\frac{(a-b)^{2}}{2}+\frac{(b-c)^{2}}{12}+\frac{(c-a)^{2}}{2014}$ (Đúng)

[shinichikudo201]

 

5.Cho a,b,c >0.CM $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

 

$VT-VP$=$\sum (\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}-\frac{a}{b+c})$.

Tiến hành quy đồng và sắp xếp bạn sẽ được $VT-VP=\sum ab(a-b)\left [ \frac{1}{(b^2+c^2)(b+c)}-\frac{1}{(c^2+a^2)(a+c)} \right ]$

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

Biểu thức cuối luôn không âm. BĐT được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichikudo201: 06-08-2014 - 21:42

[Riann levil]

$VT-VP$=$\sum (\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}-\frac{a}{b+c})$.

Tiến hành quy đồng và sắp xếp bạn sẽ được $VT-VP=\sum ab(a-b)\left [ \frac{1}{(b^2+c^2)(b+c)}-\frac{1}{(c^2+a^2)(a+c)} \right ]$

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

Có cách nào ruồi muỗi k, cách của bạn trâu bò quá( chưa sáng tạo và mất nhìu công sức)

[shinichikudo201]

Có cách nào ruồi muỗi k, cách của bạn trâu bò quá( chưa sáng tạo và mất nhìu công sức)

Thật ra cũng không phải là không có, nó nằm trong cuốn Sáng tạo BĐT của Phan Kim Hùng, nhưng mình biết rằng mình không có khả năng tìm ra nó (sách dày quá) 

Nhưng nếu bạn có đủ kiên trì thì hãy tìm nhé!

File gửi kèm

•  SangTaoBDTPhamKimHung.pdf   21.48MB   41 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichikudo201: 06-08-2014 - 22:04

[nguyenhongsonk612]

5.Cho a,b,c >0.CM $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

Đây này câu

Giải:

Ta xét hiệu $$\frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}=\frac{ab(a-b)}{(b+c)(b^2+c^2)}+\frac{ca(a-c)}{(b+c)(b^2+c^2)}$$

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

$$\frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{c}{a+b}=-\frac{ca(a-c)}{(a+b)(a^2+b^2)}-\frac{bc(b-c)}{(a+b)(a^2+b^2)}$$

Cộng theo vế ta có

$VT-VP=\sum _{a,b,c}ab(a-b)\begin{bmatrix} \frac{1}{(b+c)(b^2+c^2)}-\frac{1}{(c+a)(c^2+a^2)} \end{bmatrix} \geq 0$

Điều này hoàn toàn luôn đúng khi ta giả sử $a \geq b \geq c >0$

Dấu "=" $\Leftrightarrow a=b=c>0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 06-08-2014 - 23:20

[Bui Ba Anh]

2.Cho a,b,c>0.abc=1.CM $\frac{a}{(1+a)(1+b)}+\frac{b}{(1+b)(1+c)}+\frac{c}{(1+a)(1+c)}\geq \frac{3}{4}$

 

 

 

Đặt $\frac{x}{y}=a,\frac{y}{z}=b=>\frac{z}{x}=c$

Ta có $\sum \frac{a}{(1+a)(1+b)}=\sum \frac{xz}{(x+y)(y+z)}=\sum \frac{x^{2}z^{2}}{xz(x+y)(y+z)}\geq \frac{(\sum xz)^2}{3xyz(x+y+z)+\sum x^{2}z^{2}}=\frac{(\sum xz)^2}{(\sum xz)^{2}+xyz(x+y+z)}\geq \frac{(\sum xz)^{2}}{(\sum xz)^{2}+\frac{(\sum xz)^{2}}{3}}=\frac{3}{4}$

BĐT được chứng minh,dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1

[shinichikudo201]

Đây này câu

Giải:

Ta xét hiệu $$\frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}=\frac{ab(a-b)}{(b+c)(b^2+c^2)}+\frac{ca(a-c)}{(b+c)(b^2+c^2)}$$

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

$$\frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{c}{a+b}=-\frac{ca(a-c)}{(a+b)(a^2+b^2)}-\frac{bc(b-c)}{(a+b)(a^2+b^2)}$$

Cộng theo vế ta có

$VT-VP=\sum _{a,b,c}ab(a-b)\begin{bmatrix} \frac{1}{(b+c)(b^2+c^2)}-\frac{1}{(c+a)(c^2+a^2)} \end{bmatrix} \geq 0$

Điều này hoàn toàn luôn đúng khi ta giả sử $a \geq b \geq c >0$

Dấu "=" $\Leftrightarrow a=b=c>0$

Cách này chẳng khác gì cách của mình!

[nguyenhongsonk612]

Cách này chẳng khác gì cách của mình!

Về ý tưởng thì giống nhưng cách thực hiện lại khác, bạn quy đồng bước cuối lên cũng mất khá nhiều thời gian đấy chứ! Việc gì phải quy đồng bước cuối bạn. Giả sử $a \geq b \geq c$ là xong luôn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 07-08-2014 - 19:22

[Namthemaster1234]

 

Đồng bậc quen thuộc

$$\frac{a^3}{(a+b)(b+c)}+\frac{a+b}{8}+\frac{b+c}{8}\geq \frac{3}{4}a$$

$$\Rightarrow \sum \frac{a^3}{(a+b)(b+c)}\geq \frac{1}{4}(a+b+c)\geq \frac{3}{4}.\sqrt[3]{abc}=\frac{3}{4}$$

 

 

 

Nếu vậy phải là $\sum \frac{a^3}{(a+b)(b+c)}\geq \frac{(a+b+c)}{2}$ chứ bạn. bạn coi lại coi.

[Viet Hoang 99]

Nếu vậy phải là $\sum \frac{a^3}{(a+b)(b+c)}\geq \frac{(a+b+c)}{2}$ chứ bạn. bạn coi lại coi.

Bạn mới cần coi lại, bằng một phép thử đơn giản là dấu $"="$ ta đã thấy nó là $\frac{1}{4}$

[Kool LL]

5.Cho a,b,c >0.CM $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

Xét hàm $f(t)=\sum_{a,b,c}\frac{a^t}{b^t+c^t}$ trên $\mathbb{R}$

 

$f'(t)=\sum_{a,b,c}\frac{a^t.\ln{a}.(b^t+c^t)-a^t.(b^t.\ln{b}+c^t.\ln{c}}{(b^t+c^t)^2}=\sum_{a,b,c}\frac{a^t.b^t.(\ln{a}-\ln{b})-a^t.c^t.(\ln{c}-\ln{a})}{(b^t+c^t)^2}$

 

$= \sum_{a,b,c}$ $a^t.b^t$ $.(\ln{a} - \ln{b}).\left[ \frac{1}{(b^t+c^t)^2}-\frac{1}{(c^t+a^t)^2}\right]=\sum_{a,b,c}\frac{a^t.b^t.(\ln{a}-\ln{b}).(a^t-b^t).(a^t+b^t+2c^t)}{(b^t+c^t)^2.(c^t+a^t)^2}\ge0$ do $\begin{cases}\ln{a}-\ln{b}\\a^t-b^t\end{cases}$ luôn cùng dấu

 

Suy ra $f(t)$ là hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$. Vậy $\sum_{a,b,c} \frac{a^{n+1}}{b^{n+1}+c^{n+1}}\geq \sum_{a,b,c} \frac{a^n}{b^n+c^n}$ ,  $\forall n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 08-08-2014 - 12:11