Chủ đề này có 27 trả lời

[supermember]

$ \dfrac{a}{b} +\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} = \dfrac{a^2}{ab}+ \dfrac{b^2}{bc}+\dfrac{c^2}{ac} $
$\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} $
do đó chỉ cần c/m $\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} \geq \dfrac{9}{a+b+c} $
Đặt $a+b+c=p,ab+bc+ca=q$
theo gt $2q=p^2-3$ .Thay cái này vào là ok ngay

Đây là 1 lời giải khá tốt.Có 1 cách khác cũng đáng bàn:ta c/m $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 31-01-2007 - 22:12

[dtdong91]

Đây là 1 lời giải khá tốt.Có 1 cách khác cũng đáng bàn:ta c/m $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} $

bài này thậm chí c/m còn phức tạp hơn bài ban đầu nhiều
Một lời giải khả thi có lẽ chỉ là S.O.S
Ta có $ \sum \dfrac{a}{b}-\dfrac{9 a^{2}}{(a+b+c)^{2}} =\sum a(\dfrac{(4c-2a)(c-a)+(5a-2b)(a-b)-(b-c)^{2}}{b} \geq 0 $
Từ đó đưa về được S.O.S

[zaizai]

Uh bài này đẹp quá xá
Cho bài này nữa đi:
Cho $a,b,c\ge 0$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng:
$a+b+c+3(2\sqrt{3}-3)abc \ge 2$
Bài toán này là chặt nhất có thể
Ko biết có phù hợp với THCS ko nữa

[supermember]

This's solution:Từ điều kiện ban đầu ta có $(x+y+z)^2=2+x^2+y^2+z^2$.Do x,y,z bình đẳng,giả sử 0$ \leq a \leq b\leq c $,a+b+c=const,$a^2+b^2+c^2=const $.Khi đó xyz min khi x=0 hoặc y=z.Xét 2 TH trên ta c/m đc BĐT đúng==>đpcm.Dấu bằng xảy ra khi (x,y,z)=$(\dfrac{1}{\sqrt{3}},\dfrac{1}{\sqrt{3}},\dfrac{1}{\sqrt{3}}) $ hoặc x=0,y=z=1 và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 03-02-2007 - 20:35

[dtdong91]

Cách giải của đức ko hợp lý lắm nên nhớ đk có no của pt bậc 3 và pt bậc 2 là khác nhau bạn ạ
Bài nay bạn làm thế dễ dẫn đến vô nghiệm hoặc ko t/mãn đk ban đầu của bài toán lắm
Bài này dễ thui mà ,ta có n/xét sau
f(a,b,c) min(f(a,t,t),f(a,t,0)
Thật vậy ở phếp dồn ban đầu đk của a là $ \dfrac{1}{a} \geq 3(2\sqrt{2}-3)a$
Còn ở phép dồn thứ 2 là $ \dfrac{1}{a} \leq 3(2\sqrt{2}-3)a$
Phủ hết luôn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dtdong91: 04-02-2007 - 15:56

[auhongan_au]

Cho x,y dương thỏa $\large x^3+y^3=x-y$, chứng minh $\large x^2+y^2<1$

do x,y duong nen $ x^3+y^3=x-y>0 $ thi $x>y$
bat dang thuc tren se tuong duonmg voi
$ x^2+y^2< \dfrac{x^3+y^3}{x-y} $ dieu nay tuong duong voi
$2y^3+xy(x-y)>0$ đúng

[Atlantic]

do x,y duong nen $ x^3+y^3=x-y>0 $ thi $x>y$
bat dang thuc tren se tuong duonmg voi
$ x^2+y^2< \dfrac{x^3+y^3}{x-y} $ dieu nay tuong duong voi
$2y^3+xy(x-y)>0$ đúng

Bài này ko cần điều kiện dương chỉ cần điều kiện x>y là đủ thôi

[congcomMật khẩu:]

Cho x,y dương thỏa $\large x^3+y^3=x-y$, chứng minh $\large x^2+y^2<1$

ta còn có cách làm khác là xét hiệu $1-x^2-y^2+x^3+y^3-x-y=(x-1)^2(x+1)+y((y-\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{3}{4})>0$ DPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Nam: 16-07-2009 - 09:32