Chủ đề này có 5 trả lời

[tthandb]

1. $a,b,c>0; a+b+c=3$
CMR: $abc+\frac{12}{ab+bc+ca}\geq 5$

2. $a,b,c>0; a^2+b^2+c^2=3$
CMR: $12+9abc\geq 7(ab+bc+ca)$

3. $a,b,c\geq 0; ab+bc+ca=3.$
CMR: $a^3+b^3+c^3+7abc\geq 10$

4. $a,b,c>0; abc=1.$
CMR: $\frac{2}{a+b+c}+\frac{1}{3}\geq \frac{3}{ab+bc+ca}$

5. $a,b,c>0; E(a,b,c)=a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b).$
CMR:
i) $(a+b+c).E(a,b,c)\geq ab(a-b)^2+bc(b-c)^2+ca(c-a)^2\\$
ii) $2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}).E(a,b,c)\geq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthandb: 02-10-2014 - 12:25

[dogsteven]

Bài 3:

 

Đặt $f(a;b;c)=a^3+b^3+c^3+7abc$

 

Tồn tại $t \geqslant 0$ thỏa $2ta+t^2=3 \Leftrightarrow a(2t-b-c)=bc-t^2$

 

Giả sử $bc > t^2 \Leftrightarrow 4t^2 < (b+c)^2 \Leftrightarrow 2t < b+c$ vô ví vì $2t > b+c$

 

Vậy $bc \leqslant t^2$ và $b+c \geqslant 2t$

 

$f(a;b;c)-f(a;t;t)=b^3+c^3-2t^3+7a(bc-t^2) \geqslant \dfrac{(b+c-2t)\left [(b+c)^2+2t(b+c)+4t^2-7a^2 \right ]}{4}$

 

Khi giả sử $a = \text{min{a;b;c}}$ thì $a^2 \leqslant bc \leqslant t^2$ nên $(b+c)^2+2t(b+c)+4t^2-7a^2 \geqslant 0$

 

$f(a;t;t) \geqslant 10 \Leftrightarrow 13t^6-93t^4+80t^3+27t^2-27 \leqslant 0$

 

$\Leftrightarrow (t-1)^2(t+3)(13t^3-13t^2-15t-9) \leqslant 0$

 

Dễ dàng đánh giá $13t^3-13t^2-15t-9 < 0$ với $0\leqslant t^2 \leqslant 3$

 

Vậy $a^3+b^3+c^3+7abc \geqslant 10$

 

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

[dogsteven]

Bài 3:

 

$a^3+b^3+c^3+7abc=p^3-9p+10r$

 

Xét $p > 2\sqrt{3}$ thì $p^3-9p+10r-10 > 3p-10 > 0$

 

Xét $3 \leqslant p \leqslant 2\sqrt{3}$ thì $p^3-9p+10r-10\geqslant \dfrac{(p-3)[(16-p^2)+3(4-p)+2]}{9} \geqslant 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 01-10-2014 - 14:17

[Phong Anh]

 

1. $a,b,c>0; a+b+c=3$

CMR: $abc+\frac{12}{ab+bc+ca}\geq 15$

 

sai đề,bởi vẫn có trường hợp VT<15

[tthandb]

sai đề,bởi vẫn có trường hợp VT<15

Sorry, mình sửa đề rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthandb: 02-10-2014 - 12:25

[tthandb]

Bài 3:

$a^3+b^3+c^3+7abc=p^3-9p+10r$

Xét $p > 2\sqrt{3}$ thì $p^3-9p+10r-10 > 3p-10 > 0$

Xét $3 \leqslant p \leqslant 2\sqrt{3}$ thì $p^3-9p+10r-10\geqslant \dfrac{(p-3)[(16-p^2)+3(4-p)+2]}{9} \geqslant 0$

Mình không hiểu cách của bạn bạn ơi >.<