Chủ đề này có 9 trả lời

[nguyen_ct]

cho các số thực dương tm max $(a,b,c) \geq 1$ :
CM:$2(a^2+b^2+c^2)+5abc+1 \geq 4(ab+bc+ca)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen_ct: 11-07-2009 - 11:58

[nguyenduoc]

xet rieng truong hop a=b=c.
khi do co: 5a^3 ≥ 6a^2 >> a > 6/5
cho thay dieu ban noi la sai

[thuylinhbg]

xet rieng truong hop a=b=c.
khi do co: 5a^3 ≥ 6a^2 >> a > 6/5
cho thay dieu ban noi la sai

bạn giải sai rùi

[nguyenduoc]

sai cho nao the

[nguyen_ct]

ok ! nếu max $ ({a,b,c}) \geq 1 $ thì sao

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen_ct: 11-07-2009 - 11:57

[nguyenduoc]

moi sua de ha? vay thi phai coi lai thoi cho sao

[thuylinhbg]

moi sua de ha? vay thi phai coi lai thoi cho sao

vạy thì bài nè đơng gian rùi

BDT<=>2(1-a)^2+2(1-b)^2+2(1-c)^2+abc-1 4(1-a)(1-b)(1-c)
vì vai trò a b c bình đẳng nên ta giả sử a b c>0
ta xét 4 TH
TH1 a=b=c=1 khi đó BDT<=>0 0 luôn đúng
TH2a>1>b,c>0khi đó VT>0 VP<0 BDT luôn đúng
TH3 a,b>1 ta có 2(1-a)^2+2(1-b)^2+2(1-c)^2+abc-1>=4(1-a)(1-b)c+abc-1+2(1-c)^2>=VP
TH4 a,b,c>1 VT>0 VP<0
sr file đó mình tải nhầm lên đấy là bài viết tối wa of mình
---------------------------------------------------------
hix,chả bik cách nào để xóa hộ file đóa

File gửi kèm

•  hehe_e_vua_ngi_ra_1_c__ch_h___t_s___c_____n_gi___n.doc   20K   92 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 11-07-2009 - 13:19

[cvp]

vạy thì bài nè đơng gian rùi

BDT<=>2(1-a)^2+2(1-b)^2+2(1-c)^2+abc-1 4(1-a)(1-b)(1-c)
vì vai trò a b c bình đẳng nên ta giả sử a b c>1
ta xét 4 TH
TH1 a=b=c=1 khi đó BDT<=>0 0 luôn đúng
TH2a>1>b,c>0khi đó VT>0 VP<0 BDT luôn đúng
TH3 a,b>1 ta có 2(1-a)^2+2(1-b)^2+2(1-c)^2+abc-1>=4(1-a)(1-b)c+abc-1+2(1-c)^2>=VP
TH4 a,b,c>1 VT>0 VP<0

Chán nhỉ đang định thông báo đề sai thì lại có người làm.và chắc là sai
Thử vào nhé $b=c=0,9; a=1$ ra $VT-VP=-0,15$ sai mất!!
Nếu đk là $abc\ge 1$ thì hoàn toàn chính xác đó cậu nguyen ct!!

[Toanlc_gift]

Chán nhỉ đang định thông báo đề sai thì lại có người làm.và chắc là sai
Thử vào nhé $b=c=0,9; a=1$ ra $VT-VP=-0,15$ sai mất!!
Nếu đk là $abc\ge 1$ thì hoàn toàn chính xác đó cậu nguyen ct!!

thôi,kết thúc topic tại đây nhá,đây là lời giải với $abc \ge 1$
ta có:
$VT \ge 2\sum {{a^2}} + 2(2abc + 1) \ge 2\left( {\sum {{a^2}} + 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}} \right)$
đặt $a^2=x^3;b^2=y^3;c^2=z^3$
khi đó:
$2\left( {\sum {{a^2}} + 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}} \right) = 2\left( {\sum {{x^3} + 3xyz} } \right) \ge 2\sum {xy({x^2} + {y^2}) \ge 4\sum {{x^2}{y^2} = 4\sum {ab} } }$
topic này chém gióa ác quá,cẩn thận tui close đóa

[cvp]

thôi,kết thúc topic tại đây nhá,đây là lời giải với $abc \ge 1$
ta có:
$VT \ge 2\sum {{a^2}} + 2(2abc + 1) \ge 2\left( {\sum {{a^2}} + 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}} \right)$
đặt $a^2=x^3;b^2=y^3;c^2=z^3$
khi đó:
$2\left( {\sum {{a^2}} + 3\sqrt[3]{{{a^2}{b^2}{c^2}}}} \right) = 2\left( {\sum {{x^3} + 3xyz} } \right) \ge 2\sum {xy({x^2} + {y^2}) \ge 4\sum {{x^2}{y^2} = 4\sum {ab} } }$
topic này chém gióa ác quá,cẩn thận tui close đóa

quá đáng nhỉ?với cái đk $abc\ge 1$ thì lo chả làm đc đơn giản.Ông nguyen ct thử phát triển tí có sao?chém gió cái gì ông hơi lợi dụng cái CTV THPT đấy!