Chủ đề này có 35 trả lời

[vuthanhtu_hd]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$

Chứng minh các BDT sau

i) $ 3(a^{3}+1)(b^{3}+1)(c^{3}+1)\geq (a+b+c)(a+1)(b+1)(c+1) $

ii) $ 3(a^{3}+1)(b^{3}+1)(c^{3}+1)\geq(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})(a+1)(b+1)(c+1) $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 30-07-2009 - 13:00

[vuthanhtu_hd]

Không ai thử sức à ?

[123455]

Không ai thử sức à ?

Em nghĩ là khai triển rồi áp dụng các BĐT trung gian.....(ý tưởng thui nhá...)

[nguyen_ct]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$

Chứng minh các BDT sau

i) $ 3(a^{3}+1)(b^{3}+1)(c^{3}+1)\geq (a+b+c)(a+1)(b+1)(c+1) $

ii) $ 3(a^{3}+1)(b^{3}+1)(c^{3}+1)\geq(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c})(a+1)(b+1)(c+1) $

câu i
BDT tương đương
$3 \sum a^3+6abc+3\sum a^3b^3 \geq 2 \sum a +\sum a.\sum ab+(\sum a)^2$
ta có
$\sum a^3+6abc \geq \sum a.\sum ab$
công việc còn lại tương đối đơn giản

[vuthanhtu_hd]

câu i
BDT tương đương
$3 \sum a^3+6abc+3\sum a^3b^3 \geq 2 \sum a +\sum a.\sum ab+(\sum a)^2$
ta có
$\sum a^3+6abc \geq \sum a.\sum ab$
công việc còn lại tương đối đơn giản

Nên rút gọn trước,ta có 2 BDT tương đương sau
i)$\Leftrightarrow 3(a^{2}-a+1)(b^{2}-b+1)(c^{2}-c+1)\ge a+b+c$

ii)$\Leftrightarrow 3(a^{2}-a+1)(b^{2}-b+1)(c^{2}-c+1)\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$

Lời giải của anh ở đây,nhưng anh không thích cách này lắm

http://www.mathlinks...ic.php?t=292160

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 02-08-2009 - 09:02

[nguyen_ct]

em nhìn lại thấy câu ii, dễ hơn câu đầu

[vuthanhtu_hd]

em nhìn lại thấy câu ii, dễ hơn câu đầu

Đâu có ,2 câu này tương đương nhau mà
Nếu đặt $x =\dfrac{1}{a},y =\dfrac{1}{b},z =\dfrac{1}{c}$ ($xyz=1$)

thì $ii) \Leftrightarrow 3(x^{2}-x+1)(y^{2}-y+1)(z^{2}-z+1)\ge x+y+z$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 02-08-2009 - 09:23

[vuong-khtn]

Một bài khác của mình bên mathlinks nè,các bạn thử giải nhé!
Cho $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ là các số thực dương thỏa mãn $\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+...+\dfrac{1}{x_{n}}=n$
cmr: $\sqrt[5]{\dfrac{x_{1}^5+x_{2}^5}{2}}+....+\sqrt[5]{\dfrac{x_{n-1}^5+x_{n}^5}{2}}+\sqrt[5]{\dfrac{x_{n}^5+x_{1}^5}{2}} \leq 3(x_{1}+...+x_{n})-2n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuong-khtn: 11-08-2009 - 23:59

[mai quoc thang]

Một bài khác của mình bên mathlinks nè,các bạn thử giải nhé!
Cho $x_{1},x_{2},...,x_{n}$ là các số thực dương thỏa mãn $\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+...+\dfrac{1}{x_{n}}=n$
cmr: $\sqrt[5]{\dfrac{x_{1}^5+x_{2}^5}{2}}+....+\sqrt[5]{\dfrac{x_{n-1}^5+x_{n}^5}{2}}+\sqrt[5]{\dfrac{x_{n}^5+x_{1}^5}{2}} \geq 3(x_{1}+...+x_{n})-2n$

Try $ n=2 \ ; \ a=\dfrac{10}{9} \ ; \ b=\dfrac{10}{11} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 11-08-2009 - 14:13

[vuthanhtu_hd]

Try $ n=2 \ ; \ a=\dfrac{10}{9} \ ; \ b=\dfrac{10}{11} $

Đề sai thật

[nguyen_ct]

ax! đề sai à làm em cứ lao đầu vào Cauchy-Shwarz nhưng mãi kok ra)

[vuong-khtn]

Xin lỗi mọi người nha!Do sơ xuất nên mình gõ sai một chút.
Phải là ngược lại cơ,$VT\leq VP$
Mình đã sửa lại rùi đó.Mọi người thử làm nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuong-khtn: 12-08-2009 - 00:04

[vuong-khtn]

Thêm một bài nữa nè,các bạn giải nhé!
Với $a,b,c>0$. Cmr
$\dfrac{1}{(a+5b)^2}+\dfrac{1}{(b+5c)^2}+\dfrac{1}{(c+5a)^2}\geq \dfrac{1}{4(ab+bc+ca)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuong-khtn: 12-08-2009 - 00:15

[mai quoc thang]

Thêm một bài nữa nè,các bạn giải nhé!
Với $a,b,c>0$. Cmr
$\dfrac{1}{(a+5b)^2}+\dfrac{1}{(b+5c)^2}+\dfrac{1}{(c+5a)^2}\geq \dfrac{1}{4(ab+bc+ca)}$

Không mất tính tổng quát giả sử : $ c=min\{a;b;c\} $

Đặt $ a=x+c \ ; \ b=y+c \ ; \ x,y \geq 0 $

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :

$ \sum_{i=0}^{4}c^iM_i \geq 0 $

Với :

$ M_4=12960(x^2-xy+y^2) $

$ M_3=12096(x^3+y^3)+16416x^2y-864xy^2 $

$ M_2=2280(x^4+y^4)+22224x^3y+12024x^2y^2+4944xy^3 $

$ M_1= 200(x^5+y^5)+3340x^4y+3496x^3y^2+2456x^2y^3+220xy^4$

$ M_0=100xy(x^4+y^4)+975x^4y^2+2354x^3y^3-585x^2y^4 $

Dễ thấy với mọi $ x,y \geq 0 $ thì $ M_0 \ ; \ M_1 \ ; \ ... \ ; M_4 \geq 0 $

Từ đó ta có ngay đpcm .

[vuthanhtu_hd]

Cho $a,b,c$ là các sô thực dương.
Chứng minh rằng $3(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1) \ge (abc)^2 +abc+1$

[nguyen_ct]

Cho $a,b,c$ là các sô thực dương.
Chứng minh rằng $3(a^2-a+1)(b^2-b+1)(c^2-c+1) \ge (abc)^2 +abc+1$

chắc chuẩn hóa $abc=1$ sau đó là như cái bài trên cùng thui (đoán vậy ;có đúng kok sếp Tú)

[vuthanhtu_hd]

chắc chuẩn hóa $abc=1$ sau đó là như cái bài trên cùng thui (đoán vậy ;có đúng kok sếp Tú)

Có thuần nhất đâu mà chuẩn hóa

[nguyen_ct]

thế này chưa thuần nhất thì thế nào mới là thuần nhất hả anh ???

[vuong-khtn]

Không mất tính tổng quát giả sử : $ c=min\{a;b;c\} $

Đặt $ a=x+c \ ; \ b=y+c \ ; \ x,y \geq 0 $

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương :

$ \sum_{i=0}^{4}c^iM_i \geq 0 $

Với :

$ M_4=12960(x^2-xy+y^2) $

$ M_3=12096(x^3+y^3)+16416x^2y-864xy^2 $

$ M_2=2280(x^4+y^4)+22224x^3y+12024x^2y^2+4944xy^3 $

$ M_1= 200(x^5+y^5)+3340x^4y+3496x^3y^2+2456x^2y^3+220xy^4$

$ M_0=100xy(x^4+y^4)+975x^4y^2+2354x^3y^3-585x^2y^4 $

Dễ thấy với mọi $ x,y \geq 0 $ thì $ M_0 \ ; \ M_1 \ ; \ ... \ ; M_4 \geq 0 $

Từ đó ta có ngay đpcm .

Thang ah,minh da nhac ban tren mathlinks.Ban giai nhu vay la khong ton trong minh rui.
Giai nhu vay ma cung viet ra dc ah?Ban lam dung may tinh wa' rui do!angry2

[vuong-khtn]

Mot bai nua nha!
Cho $a,b,c>0$ thoa man $ ab+bc+ca+abc=4$
Tim tat ca cac gt cua k de bdt sau dung
$abc(a+b+c+k) \leq k+3$