Chủ đề này có 19 trả lời

[vuthanhtu_hd]

Cho $a,b,c>0;a+b+c=1$ .CMR
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+7(ab+bc+ca)\geq 9abc+11$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 24-04-2009 - 12:09

[HUYVAN]

Bạn cần phải gõ công thức Toán trong khi post bài.
Link công thức Toán: http://diendantoanho...?showtopic=1235

[HUYVAN]

Cho $a,b,c>0;a+b+c=1$ .CMR
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+7(ab+bc+ca)\geq 9abc+11$

Đặt $p=a+b+c=1$
$q=ab+bc+ca$
$r=abc$
Chuyển BDT cần chứng minh về dạng p, q, r.
Bạn thử cm thử theo hướng này xem thế nào?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 24-04-2009 - 12:10

[rainbowdragon]

em làm được rồi này,nhưng em ko biết gõ công thức nên chỉ nói hướng nhé,các anh xem thử xem có đúng kko nhé:
$(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)\geq 9$(dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1/3)
$7(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 63abc$(áp dụng $2(ab)c\leq( a^2 + b^2)c)$.Cộng 3 cái lại ra $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$
suy ra bdt đúng khi và chỉ khi $(63-9)abc\geq2$,khi và chỉ khi $27abc\geq1=a+b+c$.
Áp dụng bunhia có$(9abc+9abc+9abc)( a/bc+b/ca+c/ab)\geq9$
suy ra $3abc(a/bc+b/ca+c/ab)\geq 1$,khi và chỉ khi $3(a^2 + b^2+ c^2)\geq(a+b+c)^2=1$
suy ra $1/a+1/b+1/c+7(ab+bc+ca)\geq 63abc+9\geq 9abc+2+9$,suy ra đpcm
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1/3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HUYVAN: 11-02-2008 - 15:46

[tuan101293]

em làm được r�#8220;i này,nhưng em ko biết gõ công thức nên chỉ nói hướng nhé,các anh xem thử xem có đúng kko nhé:
$(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)\geq 9$(dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1/3)
$7(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 63abc$(áp dụng $2(ab)c\leq( a^2 + b^2)c)$.Cộng 3 cái lại ra $(a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$
suy ra bdt đúng khi và chỉ khi $(63-9)abc\geq2$,khi và chỉ khi $27abc\geq1=a+b+c$.
Áp dụng bunhia có$(9abc+9abc+9abc)( a/bc+b/ca+c/ab)\geq9$
suy ra $3abc(a/bc+b/ca+c/ab)\geq 1$,khi và chỉ khi $3(a^2 + b^2+ c^2)\geq(a+b+c)^2=1$
suy ra $1/a+1/b+1/c+7(ab+bc+ca)\geq 63abc+9\geq 9abc+2+9$,suy ra đpcm
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1/3

Cách giải khá hay,tuy nhiên bạn viết sai chỗ này
$(9abc+9abc+9abc)( a/bc+b/ca+c/ab)\geq9$
đúng ra phải là thế này
$(abc+abc+abc)( a/bc+b/ca+c/ab)\geq9$
Tái bút:Tôi vẫn thắc mắc tại sao 27abc >=1(hình như bạn chưa chứng minh)
Ko cần cảm ơn đâu!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuan101293: 11-02-2008 - 19:41

[zaizai]

Nhưng lời giải như trên là sai rồi, dù mình chưa đọc kĩ nhưng rõ ràng $27abc\ge 1$ là sai. Thật vậy, áp dụng AM-GM ta có:
$1=a+b+c=(a+b+c)^3\ge (3\sqrt{abc})^3=27abc\to 1\ge 27abc$
Bài này dùng p,q,r xem ra ko đơn giản. Nháp thử 5 phút mà thấy nó ko ra ngay đc nên xài luôn dồn biến. Ko biết dùng dồn biến có ổn ko nhở. Thử phát coi:
Đặt $f(a,b,c)=VT-VP$. Khi đó ta có:

$f(a,b,c)-f\left(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}\right)=\dfrac{(b-c)^2(4+bc(b+c)(9a-7))}{4bc(b+c)}\ge 0$

Phần còn lại là chứng minh:

$f\left(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}\right)\ge f\left(a,\dfrac{1-a}{2},\dfrac{1-a}{2}\right)=\dfrac{(3a-1)^2(a^3-a+4)}{4a(1-a)}\ge 0$

Điều này hiển nhiên đúng vì:

$f(a)=a^3-a+4\ge f\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)>0, \forall a\in (0,1)$

Đẳng thức đạt được tại $a=b=c$

[vo thanh van]

Phần còn lại là chứng minh:

$f\left(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}\right)\ge f\left(a,\dfrac{1-a}{2},\dfrac{1-a}{2}\right)=\dfrac{(3a-1)^2(a^3-a+4)}{4a(1-a)}\ge 0$

Đúng ra là = chứ ku:

$f\left(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2}\right)= f\left(a,\dfrac{1-a}{2},\dfrac{1-a}{2}\right)=\dfrac{(3a-1)^2(a^3-a+4)}{4a(1-a)}\ge 0$

[zaizai]

ku toàn bắt lỗi vớ vỉn Nói chung dạng kiểu này cứ dồn biến là ra thôi, khỏi phải suy nghĩ nhiều

[HUYVAN]

Thi đại học có cho dồn biến ko?
Mình ko rõ lắm về mấy món BDT này.

[zaizai]

Nói chung thì nếu 3 biến thì dùng tốt vì dồn biến cho 3 biến cũng ko khác biến đổi tương đương là mấy. Cho 4 biến thì khó hơn nhiều. Anyway, dùng đc nếu ko quá vắn tắt vì thực ra Mixing Variables method rất đơn giản về ý tưởng cũng như cách làm.

[tuan101293]

Em tưởng bài này dùng bdt CÔSI được?

[vuthanhtu_hd]

BDT này mình tự sáng tác nhưng mình đi theo hướng sau
từ $(a-b)^{2} (1-ab(a+b)) \geq 0$ suy ra
$a/b +b/a+ab(a+b) \geq 2+ a^{3} + b^{3} $ và 2 BDT tương tự
cộng 3 BDT theo vế và qua 1 số bước biến đổi đơn giản ta có đpcm
mình đã làm chặt BDT này như sau
1) CMR
$7 \sqrt{3abc} +1/a+1/b+1/c \geq 9abc+11$
2)Cũng với giả thiết như trên
Khẳng định hoặc phủ định BDT
$7 \sqrt{3abc} +3/ \sqrt[3]{abc} \geq 9( (ab)^{2} +(bc)^{2}+ (ca)^{2} )+11 $
kết quả 2) mình vẫn chưa làm được ai có lòng tốt giúp mình mới

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 24-04-2009 - 12:11

[chuyên chế]

Cho $a,b,c>0;a+b+c=1$ .CMR
$1/a+1/b+1/c+7(ab+bc+ca)\geq 9abc+11$

Một cách đơn giản hơn:


Ta có
abc (a+b+c) ^3 27 (cô si)
abc 1/27


dễ có
ab +bc +ca (a+b+c)^2 3
ab+bc+ca 1/3


Xét
1/2a + 1/2b + 13,5ab 9/2(cô si)
1/2b + 1/2c + 13,5bc 9/2(cô si)
1/2c + 1/2a + 13,5ca 9/2(cô si)

1/a +1/b +1/c +13,5(ab +bc +ca) 27/2
VT 27/2 - 13/2(ab +bc +ca) 27/2- 13/2*1/3 = 34/11 9/27 + 11 abc +11
VT VP

[zaizai]

BDT này mình tự sáng tác nhưng mình đi theo hướng sau
từ (a-b)^{2} (1-ab(a+b)) 0 suy ra
a/b +b/a+ab(a+b) 2+ a^{3} + b^{3} và 2 BDT tương tự
cộng 3 BDT theo vế và qua 1 số bước biến đổi đơn giản ta có đpcm
mình đã làm chặt BDT này như sau
1) CMR
$ 7 \sqrt{3abc} +1/a+1/b+1/c \geq 9abc+11$
2)Cũng với giả thiết như trên
Khẳng định hoặc phủ định BDT
$7 \sqrt{3abc} +3\sqrt[3]{abc} \geq 9( (ab)^{2} +(bc)^{2}+ (ca)^{2} )+11 $
kết quả 2) mình vẫn chưa làm được ai có lòng tốt giúp mình mới

Những bài này nếu có khả năng đúng thì Dồn biến vẫn giải dễ dàng... tuy nhiên hiện giờ chưa rảnh để tìm phản ví dụ hộ bạn, đợi cuối tuần nhá

[vo thanh van]

Thi đại học có cho dồn biến ko?
Mình ko rõ lắm về mấy món BDT này.

Có lẽ thi Đại học sẽ không ra những dạng khó khăn đến mức dùng dồn biến đâu,chủ yếu vẫn là AM-GM và Cauchy-Schwarz

[vuthanhtu_hd]

Zaizai ơi kết quả 2) của mình là .....3/( :sqrt[3]{abc} )........ mà
cảm ơn trước nha

[HUYVAN]

Có lẽ thi Đại học sẽ không ra những dạng khó khăn đến mức dùng dồn biến đâu,chủ yếu vẫn là AM-GM và Cauchy-Schwarz

Ừ, anh cũng chưa thấy lời giải đề thi ĐH nào dùng tới dồn biến.
Chỉ xoay quanh AM- GM và BCS thôi.
Nhưng theo quy chế thì bây h ko cho sử dụng BSC nữa, muốn sử dụng phải cm lại. Khổ thế đấy!

[Songohan]

Em thấy phương pháp dồn biến cho 3 số làm khá đơn giản. Nhưng mà nó lại dựa trên định lí về dồn biến, mà cm cái này thì lại quá dài dòng. Thi ĐH chắc là không được xài.

[zaizai]

vuthanhtu_hd đã chứng minh đc 2 kết quả mạnh hơn đó chưa ?! Mình chưa thử nhưng nghi ngờ là nó sai quá, ngay cả cái đề cũng ko chắc đã đúng. Post lại rõ ràng xem nào

[vuthanhtu_hd]

Zaizai ơi mình chứng minh được cả hai kết quả đó rồi,cả hai đều đúng(cậu không cần phải tìm phản thí dụ nữa đâu) .Lời giải cũng rất đơn giản(khỏi phải dồn biến...)
cho a,b,c>0 ;a=b+c=1.Cmr
7 $ \sqrt{3abc} $ + 3/ $ \sqrt[3]{abc} $
9($ (ab)^{2} $+$ (bc)^{2} $+$ (ca)^{2} $)+11

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 17-02-2008 - 11:05