căn ....
#1
Đã gửi 16-09-2009 - 06:03
Chứng minh :
$\sum \sqrt {\dfrac {ab}{(a + b)(b + c)}} \leq \dfrac {3}{2}$
#2
Đã gửi 16-10-2009 - 12:26
Làm tạm bài!^^Cho $ a,b,c>0 $ .
Chứng minh :
$\sum \sqrt {\dfrac {ab}{(a + b)(b + c)}} \leq \dfrac {3}{2}$
Áp dụng Cauchy-Schwarz:
$\sum\sqrt{\dfrac{ab}{(a+b)(b+c)}}=\sum\sqrt{ab.\dfrac{1}{(a+b)(b+c)}}\leq\sqrt{(ab+bc+ca)\sum\dfrac{1}{(a+b)(b+c)}}=\sqrt{\dfrac{2pq}{pq-9r}}\leq\dfrac{3}{2}$
(với $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$, để ý $pq\geq 9r$ trong chỗ đánh giá cuối!^^ Done!)
#3
Đã gửi 16-10-2009 - 15:02
Làm tạm bài!^^
Áp dụng Cauchy-Schwarz:
$\sum\sqrt{\dfrac{ab}{(a+b)(b+c)}}=\sum\sqrt{ab.\dfrac{1}{(a+b)(b+c)}}\leq\sqrt{(ab+bc+ca)\sum\dfrac{1}{(a+b)(b+c)}}=\sqrt{\dfrac{2pq}{pq-9r}}\leq\dfrac{3}{2}$
(với $p=a+b+c, q=ab+bc+ca, r=abc$, để ý $pq\geq 9r$ trong chỗ đánh giá cuối!^^ Done!)
Giải hay đấy chứ
Cái đánh giá cuối thực ra tương đương : $ \sum_{cyc} ab(a+b) \geq 6abc $ thôi ... chẳng cần p q r làm gì đâu
#4
Đã gửi 17-10-2009 - 19:07
Thằng bạn em làm hay hơn em!Giải hay đấy chứ
Cái đánh giá cuối thực ra tương đương : $ \sum_{cyc} ab(a+b) \geq 6abc $ thôi ... chẳng cần p q r làm gì đâu
Theo AM-GM:$\sqrt{\dfrac{ab}{(a+b)(b+c)}}\leq\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c})$
Lập hai cái tương tự, cộng lại có đpcm!^^
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takeshi: 17-10-2009 - 19:11
#5
Đã gửi 17-10-2009 - 20:59
Thằng bạn em làm hay hơn em!
Theo AM-GM:$\sqrt{\dfrac{ab}{(a+b)(b+c)}}\leq\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c})$
Lập hai cái tương tự, cộng lại có đpcm!^^
Hay thì có hay thật .... nhưng có vẻ như ko đúng
Chú ý bất đẳng thức : $ \sum \dfrac{a}{a+b} \leq \dfrac{3}{2} $ là sai ... cho $ a=0,1;b=0,01;c=0,001 $ là thấy ngay
#6
Đã gửi 19-10-2009 - 11:33
Ý em không phải thế, lập ba cái tương tự sẽ có $VP=\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{c+a})=\dfrac{3}{2}$Hay thì có hay thật .... nhưng có vẻ như ko đúng
Chú ý bất đẳng thức : $ \sum \dfrac{a}{a+b} \leq \dfrac{3}{2} $ là sai ... cho $ a=0,1;b=0,01;c=0,001 $ là thấy ngay
#7
Đã gửi 19-10-2009 - 17:01
Ý em không phải thế, lập ba cái tương tự sẽ có $VP=\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{c+a})=\dfrac{3}{2}$
Biết ngay là sẽ nhầm chỗ này mà
Xem nhá : $ \sum_{cyc}\dfrac {b}{b + c} = \sum_{cyc}\dfrac {a}{a + b} $
#8
Đã gửi 19-10-2009 - 18:04
$VP=\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{c+a})= \dfrac{1}{2} ( \dfrac{a+b}{a+b}+ \dfrac{b+c}{b+c} + \dfrac{c+a}{c+a} ) =\dfrac{3}{2}$
#9
Đã gửi 19-10-2009 - 19:33
em thấy bài anh takeshi đúng rồi mà sao anh mai quoc thang cứ bảo saiBạn của takeshi làm đúng ùi
$VP=\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+a}+\dfrac{b}{a+b}+\dfrac{c}{b+c}+\dfrac{a}{c+a})= \dfrac{1}{2} ( \dfrac{a+b}{a+b}+ \dfrac{b+c}{b+c} + \dfrac{c+a}{c+a} ) =\dfrac{3}{2}$
#10
Đã gửi 19-10-2009 - 19:55
$\sqrt {\dfrac{{ab}}{{(a + b)(b + c)}}} + \sqrt {\dfrac{{bc}}{{(b + c)(c + a)}}} + \sqrt {\dfrac{{ca}}{{(c + a)(a + b)}}} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{a}{{a + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}} + \dfrac{c}{{c + a}} + \dfrac{a}{{a + b}}} \right)$
cộng lại sẽ không ra $\dfrac{3}{2}$ đâu,tách thế nào cũng không thể ra được
chỉ có bất đẳng thức này mới giải được theo cách trên:
$\sum {\sqrt {\dfrac{{ab}}{{(a + c)(b + c)}}} } \le \dfrac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 19-10-2009 - 19:56
=.=
#11
Đã gửi 20-10-2009 - 12:35
Anh nói đúng........hôm qua về ngẫm lại thấy sai toàn tập.....rút kinh nghiệm k coi thường bài hoán vị:">lời giải của takesi sai rồi,có thể thấy:
$\sqrt {\dfrac{{ab}}{{(a + b)(b + c)}}} + \sqrt {\dfrac{{bc}}{{(b + c)(c + a)}}} + \sqrt {\dfrac{{ca}}{{(c + a)(a + b)}}} \le \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{a}{{a + b}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{b}{{b + c}} + \dfrac{c}{{c + a}} + \dfrac{c}{{c + a}} + \dfrac{a}{{a + b}}} \right)$
cộng lại sẽ không ra $\dfrac{3}{2}$ đâu,tách thế nào cũng không thể ra được
chỉ có bất đẳng thức này mới giải được theo cách trên:
$\sum {\sqrt {\dfrac{{ab}}{{(a + c)(b + c)}}} } \le \dfrac{3}{2}$
Thế làm Cauchy-Schwarz như đầu là ổn:">
#12
Đã gửi 10-11-2009 - 10:48
Cho $ a,b,c>0 $ .
Chứng minh :
$\sum \sqrt {\dfrac {ab}{(a + b)(b + c)}} \leq \dfrac {3}{2}$
Đây là lời giải của Ji Chen
$ \sum_{cyc} \sqrt {\dfrac {ab}{(a + b)(b + c)}} \leq\sum_{cyc}\dfrac {13a^2b + 4a^2c + 9b^2a + 5c^2a + 5c^2b + 12abc}{12(a + b)(b + c)(c + a)} = \dfrac {3}{2} $
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh