Chủ đề này có 7 trả lời

[Niệm chú]

1 .cm với mọi a ,b ,c >0 ta có
$\sqrt{\dfrac{x^{2}+9yz}{x^{2}+2yz}}+\sqrt{\dfrac{y^{2}+9zx}{y^{2}+2zx}}+\sqrt{\dfrac{z^{2}+9xy}{z^{2}+2xy}}\leq{\sqrt30}$
2 . Cho a,b,c>.$a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
$\dfrac{(a+b)(a^{2}+b^{2})(a^{3}+b^{3})}{c}+\dfrac{(b+c)(b^{2}+c^{2})(b^{3}+c^{3})}{a}+\dfrac{(c+a)(c^{2}+a^{2})(c^{3}+a^{3})}{b}\geq{24}$
3 .Cho a ,b ,c>o.a+b+c=3 .CM
$\dfrac{a}{ab+3c}+\dfrac{b}{bc+3a}+\dfrac{c}{ca+3b}\geq\dfrac{3}{4}$
4 . a , b ,c>0.CM
$\dfrac{ab+bc-ca}{a^{2}+c^{2}}+\dfrac{bc+ca-ab}{a^{2}+b^{2}}+\dfrac{ca+ab-bc}{b^{2}+c^{2}}\geq\dfrac{3}{2}$
khai triễn
${(a+b+c)}^{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Niệm chú: 15-06-2009 - 07:04

[nguyen_ct]

2 . Cho a,b,c>0.CM
$\dfrac{(a+b)(a^{2}+b^{2})(a^{3}+b^{3})}{c}+\dfrac{(b+c)(b^{2}+c^{2})(b^{3}+c^{3})}{a}+\dfrac{(c+a)(c^{2}+a^{2})(c^{3}+a^{3})}{b}\geq{24}$
3 .Cho a ,b ,c>o CM
$\dfrac{a}{ab+3c}+\dfrac{b}{bc+3a}+\dfrac{c}{ca+3b}\geq\dfrac{3}{4}$

uhm khó nhỉ? khó vì đề sai

[huyetdao_tama]

1 .cm với mọi a ,b ,c >0 ta có
$\sqrt{\dfrac{x^{2}+9yz}{x^{2}+2yz}}+\sqrt{\dfrac{y^{2}+9zx}{y^{2}+2zx}}+\sqrt{\dfrac{z^{2}+9xy}{z^{2}+2xy}}\leq{\sqrt30}$

$\sqrt{\dfrac{x^{2}+9yz}{x^{2}+2yz}}+\sqrt{\dfrac{y^{2}+9zx}{y^{2}+2zx}}+\sqrt{\dfrac{z^{2}+9xy}{z^{2}+2xy}} \leq sqrt{3.( \sum \dfrac{x^{2}+9yz}{x^{2}+2yz}} $

Cần Cm:

$\sum \dfrac{x^{2}+9yz}{x^{2}+2yz} \leq 10$

$ \Leftrightarrow \sum \dfrac{yz}{x^2+2yx} \leq 1$
$\Leftrightarrow \sum \dfrac{x^2}{x^2+2yx} \geq 1$
$\sum \dfrac{x^2}{x^2+2yx} \geq \dfrac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2} =1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huyetdao_tama: 15-06-2009 - 10:37

[Toanlc_gift]

2:$\sum {\dfrac{{(a + b)({a^3} + {b^3})({a^2} + {b^2})}}{c}} \ge \sum {\dfrac{{{{({a^2} + {b^2})}^3}}}{c}} \ge \dfrac{1}{3}\left( {\sum {{{({a^2} + {b^2})}^3}} } \right)\left( {\sum {\dfrac{1}{a}} } \right) \ge 24$
3:
$VT = \sum {\dfrac{a}{{(c + a)(c + b)}}} = \dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}} = \dfrac{{(a + b + c)({a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca)}}{{3(a + b)(b + c)(c + a)}} = \dfrac{{p({p^2} - q)}}{{3(pq - r)}}$
$\dfrac{{p({p^2} - q)}}{{3(pq - r)}} \ge \dfrac{3}{4} \Leftrightarrow 4{p^3} + 9r \ge 7pq$($p=a+b+c;q=ab+bc+ca;r=abc$)
theo Schur:
$4{p^3} + 9r \ge 3{p^3} + 4pq \ge 13pq$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 15-06-2009 - 12:02

[Toanlc_gift]

4:
$\sum {\left( {\dfrac{{b(a + c)}}{{{a^2} + {c^2}}} - \dfrac{{2b}}{{a + c}}} \right)} = \sum {\dfrac{{ - b{{(a - c)}^2}}}{{({a^2} + {c^2})(a + c)}}}$
$\sum {\left( {\dfrac{1}{2} - \dfrac{{ac}}{{{a^2} + {c^2}}}} \right)} = \sum {\dfrac{{{{(a - c)}^2}}}{{2({a^2} + {c^2})}}}$
$2\left( {\sum {\dfrac{a}{{b + c}} - \dfrac{3}{2}} } \right) = \sum {\dfrac{{{{(a - c)}^2}}}{{(a + b)(c + b)}}}$
Cộng lại được
$VT - VP = \sum {{{(a - c)}^2}\left( {\dfrac{1}{{(a + b)(b + c)}} + \dfrac{1}{{2({a^2} + {c^2})}} - \dfrac{b}{{(a + c)({a^2} + {c^2})}}} \right)}$
giả sử $a \ge b \ge c$thì ${S_b};{S_c};{S_b} + {S_a} > 0$

Còn cái khai triển $(a+b+c)^4$ thì rất đơn giản,chịu khó làm là đc

[Toanlc_gift]

ở bài 3 còn có cách đơn giản hơn là:
$\dfrac{{{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}} \ge \dfrac{{\dfrac{2}{3}{{(a + b + c)}^2}}}{{\dfrac{8}{{27}}{{(a + b + c)}^3}}} = \dfrac{3}{4}$

[nguyen_ct]

toanlc ông thử CM bài 2 nếu giả thiết là $a \geq b \geq c$ ; $a^3b+b^3c+c^3a=3$ đi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen_ct: 15-06-2009 - 22:06

[Toanlc_gift]

toanlc ông thử CM bài 2 nếu giả thiết là $a \geq b \geq c$ ; $a^3b+b^3c+c^3a=3$ đi

thoaj,tôi hok rảnh
đợi khi nào thi xong VIC thì may ra tôi tìm lại và chém mí bài nì