Đến nội dung

Hình ảnh

CMR:$\frac{7+2b}{1+a}+\frac{7+2c}{1+b}+\frac{7+2a}{1+c} \ge \frac{69}{4}$

Bắt đầu bởi tritanngo99, 10-12-2024 - 23:36
bdt

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
tritanngo99
Đã gửi 10-12-2024 - 23:36

tritanngo99

    Đại úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1748 Bài viết

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn: $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $\frac{7+2b}{1+a}+\frac{7+2c}{1+b}+\frac{7+2a}{1+c}\ge  \frac{69}{4}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 10-12-2024 - 23:39

Lời dạy về tâm khiêm hạ:
“Mỗi ngày ta tự nhủ mình chỉ là cỏ rác cát bụi, và chẳng thấy điều gì khác lạ xảy ra cả. Vẫn loạn động, vẫn phiền não, vẫn lỗi lầm. Nhưng mọi người bên ngoài nhìn ta nhận ra sự khác biệt rất rõ. Chư Thiên trên kia mến yêu nhìn ngó ta từng giờ. Sự khiêm hạ có công đức vô hình, làm chuyển biến sâu xa nội tâm ta, làm lay động mạnh mẽ bản chất ta.
Mỗi khi được khen ngợi ta lại càng cẩn thận giữ gìn sợ chấp công tự hào. Sự cẩn thận đó, sự lo lắng đó là hành trang quý giá để ta mang theo trong vô lượng kiếp tu hành. Lúc nào cũng cúi đầu xin Phật gia hộ dìu dắt, chở che.”

 

#2
MHN
Đã gửi 10-12-2024 - 23:51

MHN

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 397 Bài viết

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn: $a+b+c=1$. Chứng minh rằng: $\frac{7+2b}{1+a}+\frac{7+2c}{1+b}+\frac{7+2a}{1+c}\ge  \frac{69}{4}$

Lời giải tại đây $\textcopyright\textregistered$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MHN: 15-12-2024 - 21:02

$\textup{My mind is}$ :wacko: .

#3
hanguyen445
Đã gửi 11-12-2024 - 16:21

hanguyen445

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 264 Bài viết
Đặt $(a, b, c) =(x+1,y+1,z+1)$, khi đó ta có $x+y+z=4$ và bất đẳng thức cần chứng minh $6+5(1/x+1/y+1/z) \ge 69/4 (**)$

Sử dụng bất đẳng thức cauchy-schwarz ta có
$$1/x+1/y+1/z\ge 9/(x+y+z) =9/4$$
Do đó ta suy ra được
$$VT(**)\ge 6+5•9/4=69/4$$
Do đó phép chứng minh hoàn tất.

#4
HOANGANHVU342011
Đã gửi 11-12-2024 - 23:01

HOANGANHVU342011

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết

Ta có:

$(7+2b/1+a)+(7+2c/1+b)+(7+2a/1+c)$

=$[(7+2b)^2/(1+a)(7+2b)]+[(7+2c)^2/(1+b)(7+2c)]+[(7+2a)^2/(1+c)(7+2a)]$

$>_(7+2b+7+2c+7+2a)^2 / 2ab+2b+7a+7+2bc+2c+7b+7+2ca+2a+7c+7$ (Bất đẳng thức Bunyakovsky)

$=23^2 / 2ab+2bc+2ca+9*(a+b+c)+7*3$

$=529 / 2(ab+bc+ca)+30$

Dấu bằng xảy ra$ <=>7+2b=7+2c=7+2a<=>a=b=c<=>a=b=c= 1/3$ (do a+b+c =1)

Khi này:$(7+2b/1+a)+(7+2c/1+b)+(7+2a/1+c) = 529 / 2(ab+bc+ca)+30= 529 / 2*(1/3) +30 = 529*3 / 92 = 69/4$
Vậy : $(7+2b/1+a)+(7+2c/1+b)+(7+2a/1+c) >_ 69/4 $(đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HOANGANHVU342011: 12-12-2024 - 23:17

Trở lại Bất đẳng thức và cực trị



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

3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh

  1. Diễn đàn Toán học
  2. → Toán Trung học Cơ sở
  3. → Bất đẳng thức và cực trị