Chủ đề này có 10 trả lời

[tuan101293]

a,b,c>0
CMR
${(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc})}^2+1\geq 2{(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})}^3$

[namdung]

Cái này chắc là trừ mỗi vế cho 2 rồi phân tích là ra thôi.

[vuthanhtu_hd]

a,b,c>0
CMR
${(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc})}^2+1\geq 2{(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})}^3$

Dạng này chắc là sài được SOS

[123455]

À ko,lời giải của em đúng là dùng SOS đấy anh trieudiep87 ạ

loại bài này thì phải ''trâu bò'' mới ra được.

[nguyen_ct]

hình như bài này mình giải rùi nhưng kok bít đúng kok
*********
cậu cứ post lên đi:D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuan101293: 27-07-2009 - 06:08

[nguyen xuan huy]

Thêm 1 bài mới giải cho vui
Cho a,b,c,d >0 và a+b+c+d =4,tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
$$P = a^2 b^2 cd + ab^2 c^2 d + abc^2 d^2 + a^2 bcd^2 + a^2 bc^2 d + ab^2 cd^2 $$

[dkimson]

Thêm 1 bài mới giải cho vui
Cho a,b,c,d >0 và a+b+c+d =4,tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
$$P = a^2 b^2 cd + ab^2 c^2 d + abc^2 d^2 + a^2 bcd^2 + a^2 bc^2 d + ab^2 cd^2 $$

Sao không để dạng $P=abcd(ab+bc+da+ac+bd)$ cho đẹp. Dùng định lý Rolle, đưa bài toán về ba biến thì bài toán này dễ

[nguyen_ct]

Sao không để dạng $P=abcd(ab+bc+da+ac+bd)$ cho đẹp. Dùng định lý Rolle, đưa bài toán về ba biến thì bài toán này dễ

ủa ! sao lại kok áp dụng BDT
$abcd \leq 1$
$ 1 =(a+b+c+c)^2 \geq \dfrac{14(ab+bc+da+ac+bd)}{5}$
như vậy là xong rùi kok

[nguyen xuan huy]

Bài đơn giản thôi mà,chỉ càn để ý rằng:
$P = abcd(ab + cd + bc + ad + ac + bd) = \dfrac{{abcd}}{2}{\rm{[(a + c)(b + d) + (a + b)(c + d) + (a + d)(b + c)]}}$$
$ \le \dfrac{{(\dfrac{{a + b + c + d}}{4})^4 }}{2}.3.(\dfrac{{a + b + c + d}}{2})^2 = \dfrac{{3(a + b + c + d)^6 }}{{2048}} = \dfrac{{3.4^6 }}{{2048}} = 6$$
như vậy là okê rồi

[Messi_ndt]

a,b,c>0
CMR
${(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3abc})}^2+1\geq 2{(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})}^3$

Mọi người thử bắt đầu từ ý tưởng này thử xem sao?
Nó mạnh hơn bài(đơn giãn) này vậy thử nháp xem:
$Cho a,b,c \in R+.CMR:$
$ \dfrac{ a^{3}+ b^{3} + c^{3}}{3abc} + \dfrac{ab+bc+ca}{ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}} ^{2} \geq2 $

[tuan101293]

Bài của bạn tùng làm thế này:
$VT-VP=\dfrac{(\sum a)(\sum a^2-\sum bc)}{3abc}+\dfrac{(\sum bc-\sum a^2)(\sum bc+\sum a^2)}{(\sum a^2)^2}=(\sum a^2-\sum bc)*S$
trong đó
$S=\dfrac{\sum a}{3abc}-\dfrac{\sum a^2+\sum bc}{(\sum a^2)^2}\ge \dfrac{3}{(\sum a^2)}-\dfrac{2\sum a^2}{(\sum a^2)^2}>0$
p/s: từ cách này thì ta có thể thay số 3 bằng số 9/2 (làm mạnh bdt)