Chủ đề này có 5 trả lời

[trungheosocute36]

$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$+$\frac{1}{c}$=a+b+c
Cm: 5(a+b+c) $\geq$7+8abc

Bài 2: Cho $a+b+c=3$ (a,b,c là các số thực dương)
Cm: $\frac{a}{a+b+1}$+$\frac{b}{b+c+1}$+$\frac{c}{c+a+1}$$\leq$1

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungheosocute36: 04-08-2015 - 22:27

[Hoang Nhat Tuan]

$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$+$\frac{1}{c}$=a+b+c
Cm: 5(a+b+c) $\geq$7+8abc

Bài 2: Cho $a+b+c=3$ (a,b,c là các số thực dương)
Cm: $\frac{a}{a+b+1}$+$\frac{b}{b+c+1}$+$\frac{c}{c+a+1}$$\leq$1

Bài 1: Hình như thiếu điều kiện $a,b,c>0$

Giả thiết viết lại thành: $ab+bc+ca=abc(a+b+c)$ (1)

Từ giả thiết cũng rút ra được $a+b+c \geq 3$

Sử dụng (1) viết BĐT lại thành:

$5(a+b+c)^2\geq 7(a+b+c)+8(ab+bc=ca)$

Lại có: $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$

Cần chứng minh: $5(a+b+c)^2\geq 7(a+b+c)+\frac{8(a+b+c)^2}{3}<=>a+b+c\geq 3$ (đã được chứng minh ở trên)

BĐT được chứng minh

[Hoang Nhat Tuan]

$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$+$\frac{1}{c}$=a+b+c
Cm: 5(a+b+c) $\geq$7+8abc

Bài 2: Cho $a+b+c=3$ (a,b,c là các số thực dương)
Cm: $\frac{a}{a+b+1}$+$\frac{b}{b+c+1}$+$\frac{c}{c+a+1}$$\leq$1

Bài 2: Sau khi quy đồng ta thu được BĐT tương đương:

$a+b+c+1\geq a^2b+b^2c+c^2a+abc<=>a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$ (vì $a+b+c=3$ theo giả thiết)

Giả sử b nằm giữa a và c thì dễ dàng chứng minh được:

$a^2b+b^2c+c^2a\leq b(a+c)^2=\frac{1}{2}.2b.(a+c).(a+c)\leq \frac{1}{2}.\frac{8(a+b+c)^3}{27}=4$

BĐT được chứng minh

[trungheosocute36]

Bài 1: Hình như thiếu điều kiện $a,b,c>0$

Giả thiết viết lại thành: $ab+bc+ca=abc(a+b+c)$ (1)

Từ giả thiết cũng rút ra được $a+b+c \geq 3$

Sử dụng (1) viết BĐT lại thành:

$5(a+b+c)^2\geq 7(a+b+c)+8(ab+bc=ca)$

Lại có: $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$

Cần chứng minh: $5(a+b+c)^2\geq 7(a+b+c)+\frac{8(a+b+c)^2}{3}<=>a+b+c\geq 3$ (đã được chứng minh ở trên)

BĐT được chứng minh

Tại sao từ giả thuyết ta suy ra được a+b+c $\geq$ 3 vậy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trungheosocute36: 05-08-2015 - 14:32

[Dinh Xuan Hung]

Tại sao từ giả thuyết ta suy ra được a+b+c $\geq$ 3 vậy

Ta có:$a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}\Leftrightarrow (a+b+c)^2\geq 9\Leftrightarrow a+b+c\geq 3(\forall a,b,c>0)$

[81NMT23]

$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{b}$+$\frac{1}{c}$=a+b+c
Cm: 5(a+b+c) $\geq$7+8abc

Bài 2: Cho $a+b+c=3$ (a,b,c là các số thực dương)
Cm: $\frac{a}{a+b+1}$+$\frac{b}{b+c+1}$+$\frac{c}{c+a+1}$$\leq$1

Bài 2:

Lấy 3 trừ đi bất đẳng thức ban đầu ta có phép biến đổi tương đương:

$\sum \frac{b}{a+b+1}+\sum \frac{1}{a+b+1}\geqslant 2$

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski 3 số ta có:

$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca+a+b+c+a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{9}{2(a+b+c)+3}\geqslant 2$

Thay $a+b+c=3$ và $3\geqslant ab+bc+ca:$

$\Rightarrow \sum \frac{b}{a+b+1}+\sum \frac{1}{a+b+1}\geqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b+c)^{2}}+1=2$

Suy ra điều phải chứng mịnh.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 05-08-2015 - 20:41