17 replies to this topic

[hieuchuoi@]

Chứng minh BDT sau với m,n là hằng dương và (a,b,c>0)

Edited by hieuchuoi@, 13-08-2006 - 11:02.

[Sk8ter-boi]

cho a;b;c > 0 .CMR
$27+(2+ \dfrac{a^2}{bc} )(2+ \dfrac{b^2}{ac} )(2+ \dfrac{c^2}{ab} ) \geq 6(a+b+c)( \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} )$

[Sk8ter-boi]

cho a;b;c là các số dương và abc=2
CMR :
$a^3+b^3+c^3 \geq a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $

[JokySpy]

post lên chỉ sợ mọi người chê dễ

CMR: với a,b,c >0
Bài 1:
$\dfrac{a^{3}}{b} + \dfrac{b^{3}}{c} + \dfrac{c^{3}}{a} \geq ab + bc + ca $

Bài 2:
$ 8(a^{3} + b^{3} + c^{3}) \geq (a+b)^{3} + (b+c)^{3} + (c+a)^{3} $

Bài 3: abc =1
$ \dfrac{ab}{a^{5}+b^{5}+ab} + \dfrac{bc}{b^{5}+c^{5}+ bc} + \dfrac{ca}{c^{5}+a^{5}+ca} \leq 1 $

Edited by JokySpy, 17-01-2007 - 22:43.

[JokySpy]

cho a,b,c ko âm.
CMR
$a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq a^{2}\sqrt{bc} + b^{2}\sqrt{ca} + c^{2}\sqrt{ab}$

Edited by JokySpy, 17-01-2007 - 22:18.

[hoang tuan anh]

để chào mừng joky ; em xin mạo muội làm trước ....
bài 1 :
$\dfrac{a^3}{b}+a^2 \geq 2.a^2$
$\dfrac{b^3}{b}+b^2 \geq 2.b^2$
$\dfrac{c^3}{b}+c^2 \geq 2.c^2$
cộng theo từng vế BDT ta có dpcm

bài 2:
ta chú ý đến BDT cauchy dạng lũy thừa
$\dfrac{a^3+b^3}{2} \geq (\dfrac{a+b}{2})^3$
hoán vị cho a;b;c rồi cộng theo từng vế ta cũng có dpcm

bài 3
ta luôn có $a^5+b^5 \geq ab(a^3+b^3)$
do đó $a^5+b^5+ab \geq ab(a^3+b^3+1) \geq ab(ab(a+b)+abc)=a^2b^2(a+b+c)$
thay vào rồi tương tự chúng ta có dpcm

[JokySpy]

chuẩn, mấy bài này đều suy ra trực tiếp từ bđt
a^{3} + b^{3} >= ab(a+b) với a,b dương ^^

[vietkhoa]

chuẩn, mấy bài này đều suy ra trực tiếp từ bđt
$\ a^{3} + b^{3} \geq ab(a+b) $với a,b dương ^^

Mình sửa lại đề cho JokySpy đó.
$\ \Leftrightarrow a^{3}+b^{3}-a^{2}b-ab^{2} = a^{2}(a-b)-b^{2}(a-b) = (a-b)^{2}(a+b) \geq 0$ là xong r?#8220;i nhé.Bài nữa nè(tổng quát luôn):
$\ a^{n}+b^{n} \geq ab(a^{n-2}+b^{n-2})$
BĐT này cũng có rất nhiều ứng dụng hôm nào mình post cho.

Edited by vietkhoa, 18-01-2007 - 07:41.

[sherlock_holmes]

Bài này cũng dùng cái đó nè
a, b, c>0
CM
$\sum \dfrac{1}{a^3+b^3+c^3} \leq \dfrac{1}{abc}$

[sherlock_holmes]

cho a,b,c ko âm.
CMR
$a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq a^{2}\sqrt{bc} + b^{2}\sqrt{ca} + c^{2}\sqrt{ab}$

$2\sum a^3 \geq \sum a^2(b+c) \geq 2\sum a^2\sqrt{bc}$ ĐPCM

[supermember]

Bài này cũng dùng cái đó nè
a, b, c>0
CM
$\sum \dfrac{1}{a^3+b^3+abc^3} \leq \dfrac{1}{abc}$

Có lẽ là bài này

Bài này quen rồi,chỉ cần áp dụng BĐT $ a^3+b^3 \geq ab(a+b) $ với a,b>0 là okie.

[nhoc_bibi_love_T&T]

cho a;b;c là các số dương và abc=2
CMR :
$a^3+b^3+c^3 \geq a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $

xài cái này dc o nhỉ ($ \a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $)^4 4(a^2 +b^2 +c^2)^2(a+b+c)^2 4 (a^3+b^3+c^3)(a+b+c)^3

[JokySpy]

thế $a^{2}\sqrt{bc} + b^{2}\sqrt{ca} + c^{2}\sqrt{ab}$ và $ a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $ có liên quan gì với nhau ko nhỉ?

[Sk8ter-boi]

xài cái này dc o nhỉ ($ \a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $)^4 4(a^2 +b^2 +c^2)^2(a+b+c)^2 4 (a^3+b^3+c^3)(a+b+c)^3

bạn làm tiếp thế nào ?? Mình thấy BDT này yếu hơn BDT ở đề bài mà (bạn nới tận 2 lần ; hơi quá tay ko nhỉ )

[dtdong91]

cho a;b;c là các số dương và abc=2
CMR :
$a^3+b^3+c^3 \geq a\sqrt{b+c}+b \sqrt{a+c}+c \sqrt{a+b} $

Cái này giả sử a b c rồi xài Trê-bư-sép ]
$ a(a^{2}-\sqrt{b+c})+b(b^{2}-\sqrt{c+a})+c(c^{2}-\sqrt{a+b}) \geq (a^{2}+b^{2}+c^{2}-\sum \sqrt{b+c})$
giờ c/m$(a^{2}+b^{2}+c^{2}-\sum \sqrt{b+c}) \geq 0$
Cái này dễ rồi

[dtdong91]

Bác này nhụt chí quá
Phá tung ra ta được
$ 36+4(\sum \dfrac{a^{2}}{bc})+2(\sum \dfrac{bc}{a^{2}}) \geq 18+6(\sum \dfrac{a}{b})$
đến đây thì có lẽ đưa về dạng S.O.S
lưu ý là $ \dfrac{a^{2}}{bc}-\dfrac{a}{b}=\dfrac{a(a-c)}{bc}$
và $1-\dfrac{a}{b}=\dfrac{(b-a)}{ba}$
tương tự đảo ngược lại
Nói chung nếu làm thế này tòi tru bò quá
Có ai có cách khác ko

Edited by dtdong91, 23-01-2007 - 15:01.

[tronghieu]

Chứng minh BDT sau với m,n là hằng dương và <img src="http://dientuvietnam.../mimetex.cgi?5n \geq m" $ (a,b,c>0)
<img src="http://dientuvietnam...in/mimetex.cgi? \sum \dfrac{a}{\sqrt{mb^2+mc^2-na^2}} \geq \dfrac{3}{\sqrt{2m-n}}" $

Sử dụng Holder ta có
$VT^3\geq{\dfrac{{{a+b+c}^3}}{\sum(a(mb^2+Mc^2-na^2)}$Ta chỉ cằn CM
$2(m+4n)(a+b+c)^3\geq{9\sum{mab(a+b)}$
Sau đó Sử dụng Schur Và AM-GM là xong thôi
$(2m-n)(a^3+b^3+c^3)+3(2m-n)abc \geq{(2m-n)\sum{ab(a+b)}}$
$a^3+b^3+c^3\geq{3abc}$

Edited by tronghieu, 18-08-2007 - 12:20.

[hungnd]

Bài nữa nè(tổng quát luôn):
$\ a^{n}+b^{n} \geq ab(a^{n-2}+b^{n-2})$
BĐT này cũng có rất nhiều ứng dụng hôm nào mình post cho.

Cái này chưa tổng quát lắm; sau đây tổng quát hơn

cho bộ số thực dương $a=(a_1;a_2;...;a_n)$ và $b=(b_1;b_2;...;b_n)$ là một hoán vị tùy ý của a; khi ấy với mọi số tự nhiên $k$ và $m$ sao cho $k \leq m$ ta có :

$\sum\limits_{i=1}^{n} a_i^m \geq b_1^kb_2^{m-k}+...+b_n^kb_1^{m-k} $