Đến nội dung

Hình ảnh

$\sum_{cyc} \frac{1}{a(a+b)}\geq \frac{3}{2}$

bđt

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1
ChiMiwhh

ChiMiwhh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng

$\sum_{cyc} \frac{1}{a(a+b)}\geq \frac{3}{2}$

https://artofproblem...quality_problem

 

Lời giải sử dụng bđt Vasile 

We can have $(a,b,c)=(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})$
We need to prove  $\frac{y^2z}{x^2z+xy^2}+\frac{xz^2}{xy^2+yz^2}+\frac{x^2y}{x^2z+yz^2}\geq \frac{3}{2}$
Or with $(xy,yz,xz)=(m,n,p)$
Need to prove 
$$\sum_{cyc} \frac{n^2}{p^2+mn}\geq \frac{3}{2}$$
Use C-S and $3(A^3B+B^3C+C^3A)\leq (A^2+B^2+C^2)^2$
$$\sum_{cyc} \frac{n^2}{p^2+mn}=\sum_{cyc} \frac{n^4}{n^2p^2+mn^3}\geq \frac{3(m^2+n^2+p^2)^2}{3(\sum m^2n^2)+3(\sum mn^3)}\geq \frac{3}{2}$$
 
Bài này khá nặng nên mk cần tìm 1 sol khác :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ChiMiwhh: 17-04-2021 - 10:20


#2
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Ta chứng minh được với mọi $a,b,c>0$ thì ta luôn có: $\frac{1}{a(a+b)}+\frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{c(c+a)}\geq \frac{3}{2\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#3
ChiMiwhh

ChiMiwhh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết

Ta chứng minh được với mọi $a,b,c>0$ thì ta luôn có: $\frac{1}{a(a+b)}+\frac{1}{b(b+c)}+\frac{1}{c(c+a)}\geq \frac{3}{2\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}}$

chứng minh đi bạn :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ChiMiwhh: 16-04-2021 - 18:06


#4
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

chứng minh đi bạn :)

Troll bạn tí thôi chứ thật ra bài toán mình đưa ra thực chất là bài toán của bạn. Bằng cách chuẩn hóa $abc = 1$ và đặt như bạn là ra :D


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#5
ChiMiwhh

ChiMiwhh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết

Troll bạn tí thôi chứ thật ra bài toán mình đưa ra thực chất là bài toán của bạn. Bằng cách chuẩn hóa $abc = 1$ và đặt như bạn là ra :D

oke oke



#6
ChiMiwhh

ChiMiwhh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết

Troll bạn tí thôi chứ thật ra bài toán mình đưa ra thực chất là bài toán của bạn. Bằng cách chuẩn hóa $abc = 1$ và đặt như bạn là ra :D

Quên nói với bạn

Cái này ko chuẩn hóa được :))



#7
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Quên nói với bạn

Cái này ko chuẩn hóa được :))

https://diendantoanh...c32sqrt3a2b2c2/


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#8
ChiMiwhh

ChiMiwhh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết

ok mình nhầm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ChiMiwhh: 17-04-2021 - 14:27






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bđt

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh