Chủ đề này có 13 trả lời

[hoaiphuong]

Cho a, b,c ;à 3 số thực dương có tích bằng 1. cm

$\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+\frac{1}{c}+ \frac{6}{a+b+c}\geq 5$

[an nguyen x satachi]

giải

ta có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}>=5 \Leftrightarrow \frac{bc(a+b+c)}{abc(a+b+c)}+\frac{ac(a+b+c))}{abc(a+b+c)}+\frac{ab(a+b+c)}{abc(a+b+c)}+\frac{6abc}{abc(a+b+c)}>=5 \Leftrightarrow \frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{abc(a+b+c)}+\frac{6abc}{abc(a+b+c)}>=5 \Leftrightarrow ab+bc+ac+6>=5\Leftrightarrow ab+bc+ac>=-1 \Leftrightarrow (ab+bc+ac)^{2} >=1(*)\Leftrightarrow (ab)^{2}+(bc)^{2}+(ac)^{2}+2b^{2}ac+2c^{2}ab+2a^{2}bc$

mà a,b,c là số dương nên (*)>=1 $\Leftrightarrow$ dpcm

[Kirito]

$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = ab+bc+ca$ , $\frac{6}{a+b+c} =\frac{6}{abc(a+b+c)}\geq \frac{18}{(ab+bc+ca)^2}$

đến đây cộng lại rồi dùng điểm rơi tính ra thôi 

à mà hình như sai @_@ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kirito: 12-08-2015 - 23:49

[hoaiphuong]

các bạn có thể giải theo phương pháp dồn biến đc k0

[hoaiphuong]

giải

ta có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}>=5 \Leftrightarrow \frac{bc(a+b+c)}{abc(a+b+c)}+\frac{ac(a+b+c))}{abc(a+b+c)}+\frac{ab(a+b+c)}{abc(a+b+c)}+\frac{6abc}{abc(a+b+c)}>=5 \Leftrightarrow \frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{abc(a+b+c)}+\frac{6abc}{abc(a+b+c)}>=5 \Leftrightarrow ab+bc+ac+6>=5\Leftrightarrow ab+bc+ac>=-1 \Leftrightarrow (ab+bc+ac)^{2} >=1(*)\Leftrightarrow (ab)^{2}+(bc)^{2}+(ac)^{2}+2b^{2}ac+2c^{2}ab+2a^{2}bc$

mà a,b,c là số dương nên (*)>=1 $\Leftrightarrow$ dpcm

bạn ơi. nếu $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ thành ab+bc +ca thì chỉ việc thay 1 ở tử thành abc  sau đó rút gọn là được

mà hình như bạn giải sai thì phải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 13-08-2015 - 21:39

[Kirito]

các bạn có thể giải theo phương pháp dồn biến đc k0

cần chứng minh f(a,b,c) = $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{6}{a+b+c} -5 \geq 0$

không mất tính tq , giả sử a = max (a;b;c) => $a \geq \sqrt{bc}$

ta cm f(a;b;c) $\geq$ f(a; $\sqrt{bc}$; $\sqrt{bc}$ ) , cái này quy đồng lên , phân tích cuối cùng nó sẽ ra là $\frac{(\sqrt{b} - \sqrt{c})^2 ((a+b+c)(a+2\sqrt{bc})- 6bc)}{bc(a+b+c)(a+2\sqrt{bc})}$ , mà do $a \geq \sqrt{bc} ; b+c \geq 2\sqrt{bc} => (a+b+c)(a+2\sqrt{bc})-6bc \geq 3\sqrt{bc}(a+2\sqrt{bc})-6bc = 3a\sqrt{bc } > 0 => f(a;b;c) > f(a;\sqrt{bc};\sqrt{bc})$

đặt $\sqrt{bc}$ = x => f(a;$\sqrt{bc}$;$\sqrt{bc}$) = f($\frac{1}{x^2};x;x$ ) , đến đây chứng minh f($\frac{1}{x^2};x;x$ )  $\geq$ 0 , qui đồng phân tích thành nhân tử đc : $ (x-1)^2(2x^4+4x^3-4x^2-x+2)$ $\geq$ 0 ( luôn đúng )  => bđt được cm

dấu = xảy ra <=> x=1 hay a=b=c=1  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kirito: 13-08-2015 - 19:15

[an nguyen x satachi]

bạn ơi. nếu$\frac{1}{a}+\frac{1}{b+\frac{1}{c}$ thành ab+bc +ca thì chỉ việc thay 1 ở tử thành abc  sau đó rút gọn là được

mà hình như bạn giải sai thì phải

bạn à nếu thay 1 ở tử như bạn nói thì ko thể đem ra dc $ab+bc+ac+6\geq 5$ dc, còn theo mình thì mình giải ko sai đâu mà bạn nào có cách giải bài này ko phân tích đa thức thành nhân tử $x^{5}-2\sqrt{2}x^{2}-x+2-\sqrt{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 13-08-2015 - 21:41

[Kirito]

bạn à nếu thay 1 ở tử như bạn nói thì ko thể đem ra dc ab+bc+ac+6>=5 dc, còn theo mình thì mình giải ko sai đâu mà bạn nào có cách giải bài này ko phân tích đa thức thành nhân tử $x^{5}-2\sqrt{2}x^{2}-x+2-\sqrt{2}$

bài giải bạn sai thật rồi mà , bạn xem lại đi , ở cái dấu tương đương thứ 3 ấy @@ 

[hoaiphuong]

cần chứng minh f(a,b,c) = $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{6}{a+b+c} -5 \geq 0$

không mất tính tq , giả sử a = max (a;b;c) => $a \geq \sqrt{bc}$

ta cm f(a;b;c) $\geq$ f(a; $\sqrt{bc}$; $\sqrt{bc}$ ) , cái này quy đồng lên , phân tích cuối cùng nó sẽ ra là $\frac{(\sqrt{b} - \sqrt{c})^2 ((a+b+c)(a+2\sqrt{bc})- 6bc)}{bc(a+b+c)(a+2\sqrt{bc})}$ , mà do $a \geq \sqrt{bc} ; b+c \geq 2\sqrt{bc} => (a+b+c)(a+2\sqrt{bc})-6bc \geq 3\sqrt{bc}(a+2\sqrt{bc})-6bc = 3a\sqrt{bc } > 0 => f(a;b;c) > f(a;\sqrt{bc};\sqrt{bc})$

đặt $\sqrt{bc}$ = x => f(a;$\sqrt{bc}$;$\sqrt{bc}$) = f($\frac{1}{x^2};x;x$ ) , đến đây chứng minh f($\frac{1}{x^2};x;x$ )  $\geq$ 0 , qui đồng phân tích thành nhân tử đc : $ (x-1)^2(2x^4+4x^3-4x^2-x+2)$ $\geq$ 0 ( luôn đúng )  => bđt được cm

dấu = xảy ra <=> x=1 hay a=b=c=1  

ban giai tiep bdt nay theo pp tren dc k0

Cho x,y,z là các so thuc tm $x^{2}+y^{2}+z^{2}$$=$9

Cm 2(x+y+z)-  xyz $\leq 10$

[Hoang Nhat Tuan]

ban giai tiep bdt nay theo pp tren dc k0

Cho x,y,z là các so thuc tm $x^{2}+y^{2}+z^{2}$$=$9

Cm 2(x+y+z)-  xyz $\leq 10$

Bài này mà dồn biến thì chết, phải chia từng trường hợp nữa, dùng Bunhia thì dễ hơn nhé.

$x(2-yz)+2(y+z)\leq \sqrt{(4+(2-yz)^2)((y+z)^2+x^2)}=\sqrt{(8-4yz+y^2z^2)(9+2yz)}$

Tiếp theo dùng biến đổi tương đương

[hoaiphuong]

Bài này mà dồn biến thì chết, phải chia từng trường hợp nữa, dùng Bunhia thì dễ hơn nhé.

$x(2-yz)+2(y+z)\leq \sqrt{(4+(2-yz)^2)((y+z)^2+x^2)}=\sqrt{(8-4yz+y^2z^2)(9+2yz)}$

Tiếp theo dùng biến đổi tương đương

uhm . mình biết nhưng đang học pp này nên phải làm theo kiểu đó

[hoaiphuong]

bạn cứ đăng hẳn bài đấy ra ngoài đi , ai lm đc thì biết mà vào làm luôn   

ở bài bđt đầu tiên í . bài làm của cậu . cái lần quy đồng đầu tiên , cậu viết rõ ra quy đồng từ đâu không

Làm rõ ra tớ cái . thanks nhiêu

[Kirito]

ở bài bđt đầu tiên í . bài làm của cậu . cái lần quy đồng đầu tiên , cậu viết rõ ra quy đồng từ đâu không

Làm rõ ra tớ cái . thanks nhiêu

ở f(a;b;c) ấy , thay hết b với c thành $\sqrt{bc}$ rồi quy đồng lên thôi  , các bước biến đổi k phải khó nhưng hơi dài nên mình ngại ghi     , có kết quả cuối là  tự bạn cx phân tích đc ấy mà   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kirito: 13-08-2015 - 23:15

[Kirito]

ở f(a;b;c) ấy , thay hết b với c thành $\sqrt{bc}$ rồi quy đồng lên thôi  , các bước biến đổi k phải khó nhưng hơi dài nên mình ngại ghi   , có kết quả cuối là  tự bạn cx phân tích đc ấy mà