Chủ đề này có 11 trả lời

[conan123]

(A- IMO Short List) Cho $ a,b,c\ge 0$. Chứng minh

$\dfrac{1}{{{a}^{3}}(b+c)(c+a)}+\dfrac{1}{{{b}^{3}}(c+a)(a+b)}+\dfrac{1}{{{c}^{3}}(a+b)(b+c)}\ge \dfrac{3}{4}$

[abstract]

(A- IMO Short List) Cho $ a,b,c\ge 0$. Chứng minh

$\dfrac{1}{{{a}^{3}}(b+c)(c+a)}+\dfrac{1}{{{b}^{3}}(c+a)(a+b)}+\dfrac{1}{{{c}^{3}}(a+b)(b+c)}\ge \dfrac{3}{4}$

BDT nay sai roi
Chon a,b,c cang nho : a=b=c=0,1-->LHS=75000>3/4

[vo thanh van]

Em nhầm rồi,anh nghĩ có lẽ là bài này
IMO Shortlist 1998:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\dfrac{b^3}{(1+c)(1+a)}+\dfrac{c^3}{(1+a)(1+b)}\ge \dfrac{3}{4}$

[123455]

Em nhầm rồi,anh nghĩ có lẽ là bài này
IMO Shortlist 1998:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\dfrac{b^3}{(1+c)(1+a)}+\dfrac{c^3}{(1+a)(1+b)}\ge \dfrac{3}{4}$

BĐT<=> $4(a^4+b^4+c^4)+4(a^3+b^3+c^3)\ge6+3(a+b+c)+3(ab+bc+ca)$
Mà theo AM-GM:
$ a^3+b^3+c^3+6\ge3(a+b+c)$
$3(a^4+b^4+c^4)\ge3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\ge3(ab+bc+ca)$
$3(a^3+b^3+c^3)+(a^4+b^4+c^4)\ge 9abc+3\sqrt[3]{a^4b^4c^4}=12$
=>ĐPCM

[conan123]

BDT nay sai roi
Chon a,b,c cang nho : a=b=c=0,1-->LHS=75000>3/4

Đây là bài 1.74 trang 102 trong STBĐT của Phạm Kim Hùng đó bạn, đề ko sai đâu. Với lại bạn viết gì mình chưa hiểu

Em nhầm rồi,anh nghĩ có lẽ là bài này
IMO Shortlist 1998:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\dfrac{b^3}{(1+c)(1+a)}+\dfrac{c^3}{(1+a)(1+b)}\ge \dfrac{3}{4}$

Bài của anh thì quá quen rồi, bài này em thấy dạng cũng giống mà làm chưa ra

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi conan123: 05-01-2010 - 22:45

[abstract]

BĐT<=> $4(a^4+b^4+c^4)+4(a^3+b^3+c^3)\ge6+3(a+b+c)+3(ab+bc+ca)$
Mà theo AM-GM:
$ a^3+b^3+c^3+6\ge3(a+b+c)$
$3(a^4+b^4+c^4)\ge3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\ge3(ab+bc+ca)$
$3(a^3+b^3+c^3)+(a^4+b^4+c^4)\ge 9abc+3\sqrt[3]{a^4b^4c^4}=12$
=>ĐPCM

Neu la BDT nay thi co the lam don gian hon:
Theo BDT AM-GM:
$ \dfrac{ a^{3} }{(1+b)(1+c)} + \dfrac{1+b}{8}+ \dfrac{1+c}{8} \geq \dfrac{3a}{4}$
Xay dung 3 BDT tuong tu roi cong lai :
$LHS \geq \dfrac{a+b+c}{2}- \dfrac{3}{4}$
Va voi danh gia $a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{abc}=3 \Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 05-01-2010 - 23:00

[abstract]

[quote name='conan123' date='Jan 5 2010, 10:43 PM' post='225077']
Đây là bài 1.74 trang 102 trong STBĐT của Phạm Kim Hùng đó bạn, đề ko sai đâu. Với lại bạn viết gì mình chưa hiểu
[quote/]
The thi ro rang no ko dung
Ban chon a,b,c cang nho sai ngay

[vo thanh van]

Đề bài trên rõ ràng là sai em à.Ở đây em cần có điều kiện của $a,b,c$,nếu không thì khi ta cho $a,b,c$ dần tiến đến $\infty $ thì VT sẽ tiến đến $0$ .
Theo như em nói là đề IMO Shortlist thì anh nghĩ chính là bài trên.Nếu không ta cũng có bài quen thuộc sau:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^3}{(a+b)(b+c)}+\dfrac{b^3}{(b+c)(c+a)}+\dfrac{c^3}{(c+a)(c+b)}\ge \dfrac{3}{4}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo thanh van: 08-01-2010 - 13:37

[baby milo]

Em nhầm rồi,anh nghĩ có lẽ là bài này
IMO Shortlist 1998:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^3}{(1+b)(1+c)}+\dfrac{b^3}{(1+c)(1+a)}+\dfrac{c^3}{(1+a)(1+b)}\ge \dfrac{3}{4}$

bài này gần giống bài T6/388 trong toán tuổi trẻ, nhưng thay số 4 ở mẫu trong bài T6/388 bằng -3. Hình như có bạn nào trên diễn đàn nêu bài tổng quát cho bài này rùi thì phải.

[hoangnbk]

Đề bài trên rõ ràng là sai em à.Ở đây em cần có điều kiện của $a,b,c$,nếu không thì khi ta cho $a,b,c$ dần tiến đến $\infty $ thì VT sẽ tiến đến 0 .
Theo như em nói là đề IMO Shortlist thì anh nghĩ chính là bài trên.Nếu không ta cũng có bài quen thuộc sau:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^3}{(a+b)(b+c)}+\dfrac{b^3}{(b+c)(c+a)}+\dfrac{c^3}{(c+a)(c+b)}\ge \dfrac{3}{4}$

Bất đẳng thức đó rõ ràng sai nhưng em nghĩ khi cho a,b,c tiến đến 0, vế trái tiến đến dương vô cùng thì bdt đúng, nó sai khi cho a,b,c tiến đến dương vô cùng, khi đó vế trái tiến đến 0 thì VT mới nhỏ hơn $ \dfrac{3}{4}$ làm bdt sai
VTV:Đúng rồi đó em

bài này gần giống bài T6/388 trong toán tuổi trẻ, nhưng thay số 4 ở mẫu trong bài T6/388 bằng -3. Hình như có bạn nào trên diễn đàn nêu bài tổng quát cho bài này rùi thì phải.

tớ mới chỉ nêu bài toán mở rộng ở box THCS thui bạn ah, mở rộng bài T6/388 với mọi số hữu tỉ $ k \geq 2 $ và với mọi số thực $ k \leq -1$ , ta có:
$ \dfrac{1}{a^k(b+1)(c+1)} + \dfrac{1}{b^k(c+1)(a+1)} \dfrac{1}{c^k(a+1)(b+1)} \geq \dfrac{3}{4} $
trong đó a,b,c dương, abc=1.
Bài này cũng quen thật

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo thanh van: 08-01-2010 - 13:39

[CD13]

The thi ro rang no ko dung
Ban chon a,b,c cang nho sai ngay

a, b, c càng nhỏ càng đúng chứ sai đâu bạn!
Đề có 2 chỗ sai:
1/ a = b = c = 0 sai
2/ a, b, c >> 1 tỉ sai

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongtroi: 23-08-2010 - 15:46

[khacduongpro_165]

(A- IMO Short List) Cho $ a,b,c\ge 0$. Chứng minh

$\dfrac{1}{{{a}^{3}}(b+c)(c+a)}+\dfrac{1}{{{b}^{3}}(c+a)(a+b)}+\dfrac{1}{{{c}^{3}}(a+b)(b+c)}\ge \dfrac{3}{4}$

Loại này có nhiều cách giải mà: có thể sử dngj điều kiện là abc=1 để đặt a=x/y, b=y/z, c=z/x để giải hoặc dùng côsi trực tiếp như trên cũng được!