1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$
2. a,b,c dương.
CMR: nếu $\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}+\frac{1}{a+b+1}\geq 1$
thì a+b+c$\geq$ ab+bc+ac
1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$
2. a,b,c dương.
CMR: nếu $\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}+\frac{1}{a+b+1}\geq 1$
thì a+b+c$\geq$ ab+bc+ac
1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$
2. a,b,c dương.
CMR: nếu $\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{c+a+1}+\frac{1}{a+b+1}\geq 1$
thì a+b+c$\geq$ ab+bc+ac
Bài 2 có ở đây https://diendantoanh...abc-geq-abbcca/
1a) Bổ đề: Với mọi $x, y, z>0$, $xyz=1$ thì $\frac{1}{x^{2}+x+1}+\frac{1}{y^{2}+y+1}+\frac{1}{z^{2}+z+1}\geq 1$ $(1)$
Chứng minh: Do $x, y, z>0$ nên tồn tại $m, n, p$ sao cho $x=\frac{np}{m^{2}}$, $y=\frac{mp}{n^{2}}$, $x=\frac{nm}{p^{2}}$
Sử dụng bất đẳng thức CBS, ta có:
$VT(1)=\sum{\frac{m^{4}}{m^{4}+m^{2}np+n^{2}p^{2}}}\geq \frac{(m^{2}+n^{2}+p^{2})}{m^{4}+n^{4}+p^{4}+m^{2}n^{2}+n^{2}p^{2}+m^{2}p^{2}+mnp(m+n+p)}\geq 1$.
Quay lại với bài toán: Bây giờ ta sử dụng bất đẳng thức trên với $x=\frac{1}{a^{4}}$, $y=\frac{1}{b^{4}}$, $z=\frac{1}{c^{4}}$, ta có:
$\frac{a^{4}}{a^{4}+a^{2}+1}+\frac{b^{4}}{b^{4}+b^{2}+1}+\frac{c^{4}}{c^{4}+c^{2}+1}\geq 1 \Leftrightarrow 1- \frac{a^{4}}{a^{4}+a^{2}+1} +1- \frac{b^{4}}{b^{4}+b^{2}+1}+1- \frac{c^{4}}{c^{4}+c^{2}+1} \leq 2 \Leftrightarrow \frac{2(a^{2}+1)}{a^{4}+a^{2}+1}+\frac{2(b^{2}+1)}{b^{4}+b^{2}+1}+\frac{2(c^{2}+1)}{c^{4}+c^{2}+1} \leq 4 \Leftrightarrow \frac{(a^{2}+a+1)+(a^{2}-a+1)}{(a^{2}+a+1)(a^{2}-a+1)}+\frac{(b^{2}+b+1)+(b^{2}-b+1)}{(b^{2}+b+1)(b^{2}-b+1)}+\frac{(c^{2}+c+1)+(c^{2}-c+1)}{(c^{2}+c+1)(c^{2}-c+1)} \leq 4 \Leftrightarrow (\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1})+(\frac{1}{a^{2}-a+1}+\frac{1}{b^{2}-b+1}+\frac{1}{c^{2}-c+1})\leq 4$
Do $\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1}\geq 1 \Rightarrow$ ĐPCM. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 09-03-2017 - 12:51
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
Bài 1 khó cả 2 câu.1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 10-03-2017 - 21:49
Bài 1 khó cả 2 câu.
a. Bđt cần cm tương đương với
$$\sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \geq 3$$
Áp dụng bđt C-S ta phải cmr
$$\frac{(2a+2b+2c-3)^2}{a^2+b^2+c^2-a-b-c+3} \geq 3$$
Đặt $p=a+b+c=x^2,q=ab+bc+ca$
Ta phải chỉ ra $p^2-9p+6q \geq 0$
Chú ý bđt thông dụng $q^2 \geq 3pr=3p=3x^2$
Bài toán đưa về $x(x- \sqrt{3})^2(x+2 \sqrt{3}) \geq 0$
Hiển nhiên đúng.
Spoiler
b. Viết lại bđt
$$ \sum \frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} \geq 4$$
Áp dụng C-S và ta đi cmr
$$\frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \geq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+18(ab+bc+ca) -18(a+b+c)-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+18(c-1)(a+b) +c^2-18c+18ab-3 \geq 0$$
KMTTQ, $c \geq 1$, Đặt $c=x^2$
Khi đó $$ L.H.S \geq 20ab+36(c-1) \sqrt{ab} +c^2-18c-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{20}{x^2} +\frac{36(x^2-1)}{x} +x^4-18x^2-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)^2(x+1)(x+5) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.
Spoiler
vì sao ạ?
1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
Thay $(a,b,c)$ bởi $\left(\frac ba, \frac cb, \frac ac\right)$ bất đẳng thức trở thành
\[\sum \frac{a^2}{a^2-ab-b^2} \leqslant 3.\]
Ta có
\[3 - \sum \frac{a^2}{a^2-ab-b^2} = \frac{\displaystyle 4(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 + \sum (b^2+2c^2)(a^2-2ab+bc)^2}{6(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)} \geqslant 0.\]
Bài toán được chứng minh.
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
Cho $ a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. $CMR$:Bắt đầu bởi ViTuyet2001, 05-05-2018 bđt 9 |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \sqrt{2016a+\frac{(b+c)^{2}}{2}}\geq 2016\sqrt{2}$Bắt đầu bởi lanh24042002, 12-05-2017 bđt 9 |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
CMR: $\frac{1}{ab+2c^{2}+2c}+\frac{1}{bc+2a^{2}+2a}+\frac{1}{ca+2b^{2}+2b}\geq \frac{1}{ab+bc+ac}$Bắt đầu bởi LinhToan, 09-03-2017 bđt 9 |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
CMR: $\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{xyz}\leq \sqrt[3]{(a+x)(b+y)(c+z)}$Bắt đầu bởi DauKeo, 08-03-2017 bđt 9 |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
cho a,b,c >0 . CMR: $\frac{a+3c}{a+b}$+$\frac{a+3b}{a+c}$+$\frac{2a}{c+b}$$\geq$5Bắt đầu bởi lephuonganh244, 25-09-2016 bđt 9 |
|
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh