- a,b,c>0 tm a+b+c=3. CMR $\sum \frac{a+b+c}{a^2+abc}\geq \frac{9}{2}$
- a,b,c>0 và a,b,c<2. CMR $\sum \frac{1}{2-a}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{2}+\frac{3}{2}$
- a,b,c>0 tm a+b+c=3. CMR $\sum \frac{a}{b^3+16}\geq \frac{1}{6}$
- a,b,c không nhỏ hơn 1. CMR $a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)+2(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2})\geq 9$
- $a^n+b^n+c^n=k$ và $n,k\epsilon \mathbb{N^*}$. Tìm Min của $S=\frac{a^n}{1+nb^{n+1}}+\frac{b^n}{1+nc^{n+1}}+\frac{c^n}{1+na^{n+1}}$
$\sum \frac{a+b+c}{a^2+abc}\geq \frac{9}{2}$
#1
Đã gửi 04-03-2018 - 17:24
- Tea Coffee, Khoa Linh, doraemon123 và 1 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 04-03-2018 - 19:23
2. a,b,c>0 và a,b,c<2. CMR $\sum \frac{1}{2-a}\geq \frac{a^2+b^2+c^2}{2}+\frac{3}{2}$
4. a,b,c không nhỏ hơn 1. CMR $a(b+c)+b(a+c)+c(a+b)+2(\frac{1}{1+a^2}+\frac{1}{1+b^2}+\frac{1}{1+c^2})\geq 9$
2. Ta sẽ chứng minh $\frac{1}{2-a} \geq \frac{a^2+1}{2}$, hay
$$(a-2)(a^2+1)+2 \geq 0$$
$$a^3-2a^2+a \geq 0$$
$$a(a-1)^2 \geq 0$$
Suy ra $\sum \frac{1}{2-a} \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{2}+\frac{3}{2}$. (đpcm)
4. Ta có $\sum \frac{1}{1+a^2}=\sum (1-\frac{a^2}{1+a^2}) \geq \sum (1-\frac{a^2}{2a})=3-\frac{a+b+c}{2}$.
Cần chứng minh $2(ab+bc+ca) \geq 3+a+b+c$.
Mà $a,b,c \geq 1$ nên $ab \geq a, bc \geq b, ca \geq c$ và $ab+bc+ca \geq 3$.
Do đó ta có đpcm.
- Tea Coffee, DOTOANNANG, buingoctu và 1 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 04-03-2018 - 22:44
nhung bai con lai co ai lm ko ah
mk nghĩ baif5 kha quen thuoc chi co là no ở dang TQ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leuleudoraemon: 04-03-2018 - 22:52
#4
Đã gửi 04-03-2018 - 23:08
Bài 1:
BĐT
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{2}+abc} +\frac{1}{b^{2}+abc} + \frac{1}{c^{2}+abc} \geq \frac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VuongKaKa: 05-03-2018 - 18:43
- binh barcelona yêu thích
#5
Đã gửi 04-03-2018 - 23:14
#6
Đã gửi 04-03-2018 - 23:25
Bài 3 dấu "=" xảy ra khi nào vậy
bạn lm dc chua
p/s mk làm dc thi da ko hoi
#7
Đã gửi 04-03-2018 - 23:27
$\Leftrightarrow 9- 2(ab+bc+ca) +3abc \leq 6 \Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)\geq 3abc+3 \Leftarrow ab+bc+ca \geq 3abc \Leftarrow 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} \geq 3abc \Leftarrow 1\geq abc ( a+b+c=3)$
=> đpcm
Bài làm của bạn cần chứng minh $ab+bc+ac\geq 3$ nữa phải không? Nhưng điều này là không thể
- Leuleudoraemon và VuongKaKa thích
Treasure every moment that you have!
And remember that Time waits for no one.
Yesterday is history. Tomorrow is a mystery.
Today is a gift. That’s why it’s called the present.
#8
Đã gửi 05-03-2018 - 18:42
Làm lại Bài 1:
Bất đẳng thức tương đương
$\frac{1}{a^{2}+abc} + \frac{1}{b^{2}+abc} +\frac{1}{c^{2}+abc} \geqslant \frac{3}{2}$
ta có:
$\frac{1}{a^{2}+abc} + \frac{1}{b^{2}+abc} +\frac{1}{c^{2}+abc} \geq 3 \sqrt[3]{\frac{1}{(a^{2}+abc)(b^{2}+abc)(c^{2}+abc)}}$
ta cần chứng minh
$(a^{2}+abc)(b^{2}+abc)(c^{2}+abc) \leq 8 \Leftarrow (a+bc)(b+ac)(c+ab)\leq 8$
mà $(a+bc)(b+ac)(c+ab)\leq (\frac{a+b+c+ab+bc+ca}{3})^{3}\leq 2^{3}= 8$
(vì $ab+bc+ca\leq 3$)
đpcm
- Tea Coffee và binh barcelona thích
#9
Đã gửi 05-03-2018 - 22:03
$(a^{2}+abc)(b^{2}+abc)(c^{2}+abc) \leq 8 \Leftarrow (a+bc)(b+ac)(c+ab)\leq 8$
chỗ này bạn chắc bạn phải CM $abc\geq 1$
vậy bn cm thế nào vậy?
uk nhi mk quên là có a+b+c=3
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leuleudoraemon: 05-03-2018 - 22:08
#10
Đã gửi 05-03-2018 - 22:07
chỗ này bạn chắc bạn phải CM $abc\geq 1$
vậy bn cm thế nào vậy?
chứng minh abc <= 1
ta có $3= a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc} \Rightarrow \sqrt[3]{abc} \leq 1 \Rightarrow abc\leq 1$
#11
Đã gửi 05-03-2018 - 22:08
chỗ này bạn chắc bạn phải CM $abc\geq 1$
vậy bn cm thế nào vậy?
hình như bạn nhầm dấu rồi
a>=b c>=d thì ac>=bd mà
#12
Đã gửi 05-03-2018 - 22:10
bạn lm dc chua
p/s mk làm dc thi da ko hoi
bài 3 hình như không có dấu bằng xảy ra
#13
Đã gửi 05-03-2018 - 22:13
mk ko bt mk ko doc nham đâu
#14
Đã gửi 05-03-2018 - 22:26
3.a,b,c>0 tm a+b+c=3. CMR $\sum \frac{a}{b^3+16}\geq \frac{1}{6}$
Bài 3 là một trong những bài BĐT hoán vị hay của tác giả Trần Quốc Anh sử dụng AM-GM ngược dấu ( lưu ý: a,b,c không âm mới có dấu bằng)
Lời giải:
Ta có:
$\frac{a}{b^3+16}=\frac{1}{16}.\left ( a-\frac{ab^3}{b^3+2^3+2^3} \right )\geq \frac{1}{16}.\left ( a-\frac{ab^2}{12} \right )$
Hoàn toàn tương tự rội cộng vào ta thì BĐT trở thành
$\frac{1}{16}\left ( 3-\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{12} \right )\geq \frac{1}{6}\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leq 4$
Ta đi chứng minh BĐT mạnh hơn đó là:
$ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq 4$
Thật vậy: Do tính hoán vị ta giả sử b nằm giữa a và c ta có:
$a(b-c)(b-a)\leq 0\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2+abc=b(a+c)^2+a(b-a)(b-c)\leq b(a+c)^2=\frac{1}{2}.2b(a+c)(a+c)\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{2(a+b+c)}{3} \right )^3=4$
Vậy BĐT được chứng minh, dấu bằng (a,b,c)=(0,1,2) và các hoán vị
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 05-03-2018 - 22:41
- Tea Coffee, Diepnguyencva, buingoctu và 1 người khác yêu thích
$\sqrt[LOVE]{MATH}$
"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I
do mathematics to keep happy" - Alfréd Rényi
#15
Đã gửi 05-03-2018 - 22:28
Bài 3 là một trong những bài BĐT hoán vị hay của tác giả Trần Quốc Anh sử dụng AM-GM ngược dấu ( lưu ý: a,b,c không âm mới có dấu bằng)
Lời giải:
Ta có:$\frac{a}{b^3+16}=\frac{1}{16}.\left ( a-\frac{ab^3}{b^3+2^3+2^3} \right )\geq \frac{1}{16}.\left ( a-\frac{ab^2}{12} \right )$
Hoàn toàn tương tự rội cộng vào ta thì BĐT trở thành
$\frac{1}{6}\left ( 3-\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{12} \right )\geq \frac{1}{6}\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leq 4$
Ta đi chứng minh BĐT mạnh hơn đó là:
$ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq 4$
Thật vậy: Do tính hoán vị ta giả sử b nằm giữa a và c ta có:
$a(b-c)(b-a)\leq 0\Rightarrow ab^2+bc^2+ca^2+abc=b(a+c)^2+a(b-a)(b-c)\leq b(a+c)^2=\frac{1}{2}.2b(a+c)(a+c)\leq \frac{1}{2}\left ( \frac{2(a+b+c)}{3} \right )^3=4$
Vậy BĐT được chứng minh, dấu bằng (a,b,c)=(0,1,2) và các hoán vị
hình như a,b,c > 0 mà
#17
Đã gửi 05-03-2018 - 22:34
$\frac{a}{b^3+16}=\frac{1}{16}.\left ( a-\frac{ab^3}{b^3+2^3+2^3} \right )\geq \frac{1}{16}.\left ( a-\frac{ab^2}{12} \right )$
$\frac{1}{6}\left ( 3-\frac{ab^2+bc^2+ca^2}{12} \right )\geq \frac{1}{6}\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2\leq 4$
sao tren là 1/16 còn duoi lai là 1/6 v bn
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh