4($\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$)
BDT 3 BIẾN
Bắt đầu bởi phuc_90, 05-04-2007 - 12:27
#1
Đã gửi 05-04-2007 - 12:27
phuc_90
-
- Thành viên
-
- 438 Bài viết
Sĩ quan
Cho a,b,c dương và abc=1 . Chứng minh : (a+b+c)($\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$) +3 4($\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$)
4($\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$)
#2
Đã gửi 05-04-2007 - 13:09
dtdong91
-
- Hiệp sỹ
-
- 1791 Bài viết
Tiến sĩ diễn đàn toán
Uhm bài này dễ thui mà
BDt <=> $ (a+b+c)(ab+bc+ca)+3 \geq 4(ab+bc+ca)$
Dồn biến f(a,b,c) f($ \sqrt{ab},\sqrt{ab},c$)
Hoặc đặt a=1+x,b=1+y,c=1+z
hoặc dùng BDT Schur
BDt <=> $ (a+b+c)(ab+bc+ca)+3 \geq 4(ab+bc+ca)$
Dồn biến f(a,b,c)
f($ \sqrt{ab},\sqrt{ab},c$)Hoặc đặt a=1+x,b=1+y,c=1+z
hoặc dùng BDT Schur
12A1-THPT PHAN BỘI CHÂU-TP VINH-NGHỆ AN
SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN
SẼ LUÔN LUÔN Ở BÊN BẠN
#3
Đã gửi 05-04-2007 - 13:59
vd_tan
-
- Thành viên
-
- 137 Bài viết
Chuyên toán
Có cách nào mà không dùng dồn biến không.đây là post THCS mà.Ứa có chỗ cho mấy thứ đó đâu
#4
Đã gửi 05-04-2007 - 14:49
MyLoveIs4Ever
-
- Thành viên
-
- 441 Bài viết
Sĩ quan
AM-GM cũng được ta co:
$\large\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{3}+\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{3}+\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{3}+3 \geq 4\sqrt[4]{\dfrac{(a+b+c)^3(ab+bc+ac)^3}{3^2}}$
Lại có $\large\ (a+b+c)^3(ab+bc+ac)^3 \geq 3(ab+bc+ac)^4\sqrt{3(ab+bc+ac)} \geq 9(ab+bc+ac)^4 $=dpcm
$\large\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{3}+\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{3}+\dfrac{(a+b+c)(ab+bc+ac)}{3}+3 \geq 4\sqrt[4]{\dfrac{(a+b+c)^3(ab+bc+ac)^3}{3^2}}$
Lại có $\large\ (a+b+c)^3(ab+bc+ac)^3 \geq 3(ab+bc+ac)^4\sqrt{3(ab+bc+ac)} \geq 9(ab+bc+ac)^4 $=dpcm
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh
