Đến nội dung

Hình ảnh

$\sum \left(\frac{a}{2a+b}\right)^3\geq\frac{1}{9}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 10 trả lời

#1
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Cho $a,b,c$ là các số dương. Chứng minh rằng $\left(\frac{a}{2a+b}\right)^3+\left(\frac{b}{2b+c}\right)^3+\left(\frac{c}{2c+a}\right)^3\geq\frac{1}{9}$.

P/s: ai giúp em sửa lại tên topic vs ;_;


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 04-04-2023 - 00:19

"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#2
thinhisthenumber1

thinhisthenumber1

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 28 Bài viết

Cho $a,b,c$ là các số dương. Chứng minh rằng $\left(\frac{a}{2a+b}\right)^3+\left(\frac{b}{2b+c}\right)^3+\left(\frac{c}{2c+a}\right)^3\geq\frac{1}{9}$.

P/s: ai giúp em sửa lại tên topic vs ;_;

Do $a,b,c>0$

Ta có: $\sum (\frac{a}{2a+b})^{3} = \sum(\frac{1}{2+\frac{b}{a}}) ^{3}$

Đặt $x=\frac{b}{a}$ ; $y=\frac{c}{b}$ ; $z=\frac{a}{c}$

Khi đó bất đẳng thức cần CM là $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{1}{9}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

 $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{3}{\prod (2+x)}$

Theo AM-GM: $\prod (2+x)\leq(\frac{6+\sum x}{3}) ^{3}$

=> $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{81}{(6+\sum x)^{3}}$

Do bất đẳng thức là thuần nhất đồng bậc nên ta chuẩn hóa $x+y+z=3$

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ $<=> a=b=c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhisthenumber1: 04-04-2023 - 01:01


#3
truongphat266

truongphat266

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Do $a,b,c>0$

Ta có: $\sum (\frac{a}{2a+b})^{3} = \sum(\frac{1}{2+\frac{b}{a}}) ^{3}$

Đặt $x=\frac{b}{a}$ ; $y=\frac{c}{b}$ ; $z=\frac{a}{c}$

Khi đó bất đẳng thức cần CM là $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{1}{9}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

 $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{3}{\prod (2+x)}$

Theo AM-GM: $\prod (2+x)\leq(\frac{6+\sum x}{3}) ^{3}$

=> $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{81}{(6+\sum x)^{3}}$

Do bất đẳng thức là thuần nhất đồng bậc nên ta chuẩn hóa $x+y+z=3$

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ $<=> a=b=c$

THCS mà sao được dùng chuẩn hóa rồi :wacko:



#4
hovutenha

hovutenha

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

Do $a,b,c>0$

Ta có: $\sum (\frac{a}{2a+b})^{3} = \sum(\frac{1}{2+\frac{b}{a}}) ^{3}$

Đặt $x=\frac{b}{a}$ ; $y=\frac{c}{b}$ ; $z=\frac{a}{c}$

Khi đó bất đẳng thức cần CM là $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{1}{9}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

 $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{3}{\prod (2+x)}$

Theo AM-GM: $\prod (2+x)\leq(\frac{6+\sum x}{3}) ^{3}$

=> $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{81}{(6+\sum x)^{3}}$

Do bất đẳng thức là thuần nhất đồng bậc nên ta chuẩn hóa $x+y+z=3$

Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ $<=> a=b=c$

Lời giải của bạn có vấn đề rồi kìa

 

Ban đầu BĐT chưa đồng bậc, hơn nữa khi bạn đặt $x=\frac{b}{a}, y=\frac{c}{b}, z=\frac{a}{c}\Rightarrow xyz=1$

lại không thể đặt thêm $x+y+z=3$



#5
truongphat266

truongphat266

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Cho $a,b,c$ là các số dương. Chứng minh rằng $\left(\frac{a}{2a+b}\right)^3+\left(\frac{b}{2b+c}\right)^3+\left(\frac{c}{2c+a}\right)^3\geq\frac{1}{9}$.

P/s: ai giúp em sửa lại tên topic vs ;_;

Bài này có bị ngược dấu không hả bạn



#6
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Bài này có bị ngược dấu không hả bạn

 Mình thử khá nhiều giá trị rồi không thấy ngược dấu bạn à. 


"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#7
truongphat266

truongphat266

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

 Mình thử khá nhiều giá trị rồi không thấy ngược dấu bạn à. 

Bạn thử chứng minh bđt này xem được k: $\sum a^4 + 12\sum a^2b^2-12\sum a^3b-\sum ab^3$$\geq 0$



#8
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Do $a,b,c>0$
Ta có: $\sum (\frac{a}{2a+b})^{3} = \sum(\frac{1}{2+\frac{b}{a}}) ^{3}$
Đặt $x=\frac{b}{a}$ ; $y=\frac{c}{b}$ ; $z=\frac{a}{c}$
Khi đó bất đẳng thức cần CM là $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{1}{9}$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:
 $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{3}{\prod (2+x)}$
Theo AM-GM: $\prod (2+x)\leq(\frac{6+\sum x}{3}) ^{3}$
=> $\sum(\frac{1}{2+x}) ^{3}\geq \frac{81}{(6+\sum x)^{3}}$
Do bất đẳng thức là thuần nhất đồng bậc nên ta chuẩn hóa $x+y+z=3$
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ $<=> a=b=c$


Từ chỗ $\prod(x+2)$ không dùng AM-GM được như bạn truongphat266 đã nhận xét, thay vào đó hãy dùng Holder ba biến với lưu ý $xyz=1$.

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#9
truongphat266

truongphat266

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Bài này xuất hiện trên AoPS nhưng hệ số 2 nằm ở vị trí khác, bạn tham khảo thử xem  :D

ĐỀ: $\sum_{a,b,c}^{}(\frac{a}{a+2b})^3\geq \frac{1}{9}$

$VT=\sum_{a,b,c}^{}(\frac{1}{1+\frac{2b}{a}})^3$

Đổi biến: $(\frac{2b}{a};\frac{2c}{b};\frac{2a}{c})=(\frac{2yz}{x^2};\frac{2zx}{y^2};\frac{2xy}{z^2})$

$\Rightarrow VT=\sum_{x,y,z}^{}\frac{x^6}{(x^2+2yz)^3}\geq \frac{(x^3+y^3+z^3)^2}{\sum_{x,y,z}^{}(x^2+2yz)^3}\geq \frac{1}{9}$

ĐPCM$\Leftrightarrow 8\sum_{x,y,z}^{}x^6+10\sum_{x,y,z}^{}a^3b^3\geq 6xyz\sum_{x,y,z}^{}x^3+36(xyz)^2$

Theo AM-GM:

$2(x^6+x^3y^3+z^3x^3)\geq 6x^4yz$

Tương tự cộng lại ta có ĐPCM.

Nguồn:AoPS



#10
Leonguyen

Leonguyen

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 156 Bài viết

Bài này xuất hiện trên AoPS nhưng hệ số 2 nằm ở vị trí khác, bạn tham khảo thử xem  :D

ĐỀ: $\sum_{a,b,c}^{}(\frac{a}{a+2b})^3\geq \frac{1}{9}$

Nếu đề như vậy thì dễ rồi. Chỉ cần hạ các hạng tử từ bậc ba xuống bậc nhất rồi dùng Cauchy-Schwarz thôi.

Có một BĐT mình mới tìm được trong tạp chí TH&TT nhưng chưa có lời giải, bạn chứng minh xem thử được không.

Hình gửi kèm

  • mm.png

"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"

(Giáo sư Tạ Quang Bửu)


#11
truongphat266

truongphat266

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Nếu đề như vậy thì dễ rồi. Chỉ cần hạ các hạng tử từ bậc ba xuống bậc nhất rồi dùng Cauchy-Schwarz thôi.

Có một BĐT mình mới tìm được trong tạp chí TH&TT nhưng chưa có lời giải, bạn chứng minh xem thử được không.

Thường những bài 2 ẩn mà bậc 1 thì bạn cứ quy đồng hết lên là ra thôi  :D

BĐT $\Leftrightarrow a^2b+ab^2+1\geq 3ab$

Điều trên hoàn toàn đúng với AM-GM 3 số $\rightarrow$ ĐPCM


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi truongphat266: 14-04-2023 - 05:54





1 người đang xem chủ đề

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