Chủ đề này có 24 trả lời

[1414141]

Bai 1:Cho a,b,c dương và $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh:
$\dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{(c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2}\geq \dfrac{3}{4}$.

Bai nay minh lay ben Chi Hao ai giai hem ^^

Bai 2:Cho a,b,c dương và $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh
$.\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b} \ge \dfrac{3}{2}$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1414141: 15-02-2010 - 14:21

[maths_lovely]

Ủa . Cái bài 2 là nesbitt mà . Điều đó là hiển nhiên
cần gì điều kiện $a^2+b^2+c^2 =3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maths_lovely: 15-02-2010 - 14:16

[1414141]

Ủa . Cái bài 2 là nesbitt mà . Điều đó là hiển nhiên
cần gì điều kiện $a^2+b^2+c^2 =3$

sr minh nham
sr nhe ^^!

[maths_lovely]

$\sum \dfrac{a}{(b+c)^2} \geq \sum \dfrac{2a}{b^2+c^2} = \sum \dfrac{2a}{3-a^2} = \sum \dfrac{2a}{4-(1+a^2)} \geq \sum \dfrac{2a}{2(2-a)}= \sum \dfrac{a}{2-a}$
Bạn nào tiếp đi nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maths_lovely: 15-02-2010 - 19:45

[Messi_ndt]

Bai 2:Cho a,b,c dương và $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh
$.\dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}$.

Bài 2 dùng chebusep là đơn giãn nhất:
Giã sữ a b c
$ \Rightarrow \dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b} \geq \dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a})$
$=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}) \geq \dfrac{9}{2a+2b+2c}\geq \dfrac{9}{6} =\dfrac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Duy Tùng: 15-02-2010 - 17:12

[1414141]

Bài 2 dùng chebusep là đơn giãn nhất:
Giã sữ a b c
$ \Rightarrow \dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{a+c}+\dfrac{c^2}{a+b} \geq \dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a})$
$=\dfrac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a} \geq \dfrac{9}{2a+2b+2c}\geq \dfrac{9}{6} =\dfrac{3}{2}$

Nhu vay dung Chebyshev ta cung co the phat trien bai toan
$\dfrac{a^n}{b+c}+\dfrac{b^n}{a+c}+\dfrac{c^n}{a+b} \ge \dfrac{3}{2}$
voi $a^n+b^n+c^n=3 (n \in N)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1414141: 15-02-2010 - 17:14

[1414141]

$\sum \dfrac{a}{(b+c)^2} \geq \sum \dfrac{2a}{b^2+c^2} = \sum \dfrac{2a}{3-a^2} = \sum \dfrac{2a}{4(1+a^2)} \geq \sum \dfrac{2a}{2(2-a)}= \sum \dfrac{a}{2-a}$
Bạn nào tiếp đi nhé

$\dfrac{a}{2-a} \ge a^2$ vi`
$a+a^3 \ge 2a^2$

[Messi_ndt]

$\dfrac{a}{2-a} \ge a^2$ vi`
$a+a^3 \ge 2a^2$

$ 2-a >0 ?????????$

[1414141]

$ 2-a >0 ?????????$

SR vay em nham
day la cach lam khac

Ta cần chứng minh $\sum_{cyc} \dfrac{a}{(b+c)^2} \geq \dfrac{9}{4.(a+b+c)}$

Thật vậy, $Cauchy-Schwarz \Rightarrow [\dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{((c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2}].(a+b+c) \geq (\sum_{cyc} \dfrac{a}{b+c})^2 \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{(ab+bc+ca).2} \geq \dfrac{3}{2}$

Mặt khác, $(gt) \Rightarrow 3.(a^2+b^2+c^2)=9 \geq (a+b+c)^2 \Rightarrow a+b+c\leq 3$

$\Rightarrow \sum_{cyc} \dfrac{a}{(b+c)^2} \geq \dfrac{9}{4.3}=\dfrac{3}{4}(dpcm)$

[maths_lovely]

$ \dfrac{a}{2-a}= \dfrac{a^2}{2a -a^2}$
tương tự , sau đó áp dụng svacxo
$VT \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)-3}$
Lại có : $3=a^2+b^2+c^2 \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2} => abc \leq 1$
$(a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2) =9 => a+b+c \leq 3$
$VT \geq \dfrac{( \sqrt[3]{abc})^2 }{2.3-3}= \dfrac{9}{3}=3 > \dfrac{3}{4}$
Hok bjk đúng hok ^^ . Mấy bạn coi rùi sửa jum`

[1414141]

$ \dfrac{a}{2-a}= \dfrac{a^2}{2a -a^2}$
tương tự , sau đó áp dụng svacxo
$VT \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)-3}$
Lại có : $3=a^2+b^2+c^2 \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2} => abc \leq 1$
$(a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2) =9 => a+b+c \leq 3$
$VT \geq \dfrac{( \sqrt[3]{abc})^2 }{2.3-3}= \dfrac{9}{3}=3 > \dfrac{3}{4}$
Hok bjk đúng hok ^^ . Mấy bạn coi rùi sửa jum`

$VT \geq \dfrac{( \sqrt[3]{abc})^2 }{2.3-3}=\dfrac{9}{3}$ cho nay !!!!!!!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1414141: 15-02-2010 - 18:29

[Messi_ndt]

$ \dfrac{a}{2-a}= \dfrac{a^2}{2a -a^2}$
tương tự , sau đó áp dụng svacxo
$VT \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)-3}$
Lại có : $3=a^2+b^2+c^2 \geq 3\sqrt[3]{(abc)^2} => abc \leq 1$
$(a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2) =9 => a+b+c \leq 3$
$VT \geq \dfrac{( \sqrt[3]{abc})^2 }{2.3-3}= \dfrac{9}{3}=3 > \dfrac{3}{4}$
Hok bjk đúng hok ^^ . Mấy bạn coi rùi sửa jum`

$\sum \dfrac{a}{(b+c)^2} \geq \sum \dfrac{2a}{b^2+c^2} = \sum \dfrac{2a}{3-a^2} = \sum \dfrac{2a}{4(1+a^2)} \geq \sum \dfrac{2a}{2(2-a)}= \sum \dfrac{a}{2-a}$
Bạn nào tiếp đi nhé

Sai sờ sờ ra đấy rùi em.
Phải là:$\sum \dfrac{a}{(b+c)^2} \geq \sum \dfrac{a}{2(b^2+c^2)}=\sum \dfrac{a}{2(3-a^2)}=\sum \dfrac{a}{2[4-(1+a^2)]} \geq \sum \dfrac{a}{4(2-a)} $
Mà BDt này không chặt lắm nhưng em dùng cái yếu thì chắc chắn kông ra được.

[maths_lovely]

Sorry mọi ng`. Lú ng` wa' làm nhầm từ cái bdt đơn giản zẫn theo mấy cái sau sai lun
Để e làm lại thử

[Messi_ndt]

Bai 1:Cho a,b,c dương và $a^2+b^2+c^2=3$. Chứng minh:
$\dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{(c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2}\geq \dfrac{3}{4}$.

$\dfrac{a}{(b+c)^2}+ \dfrac{a}{4} \geq \dfrac{a}{(b+c)}, \Rightarrow VT+ \dfrac{a+b+c}{4} \geq \sum \dfrac{a}{(b+c)} \geq 3/2$(Net bit)
$ \dfrac{a+b+c}{4} \leq 3/4) \Rightarrow \sum \dfrac{a}{(b+c)^2}\geq 3/4$
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1

[dlt95]

$\dfrac{a}{(b+c)^2}+ \dfrac{a}{4} \geq \dfrac{a}{(b+c)}, \Rightarrow VT+ \dfrac{a+b+c}{4} \geq \sum \dfrac{a}{(b+c)} \geq 3/2$(Net bit)
$ \dfrac{a+b+c}{4} \leq 3/4) \Rightarrow \sum \dfrac{a}{(b+c)^2}\geq 3/4$
Đẳng thức xảy ra tại a=b=c=1

em ko hỉu chỗ này $\dfrac{a}{(b+c)^2}+ \dfrac{a}{4} \geq \dfrac{a}{(b+c)}$

[stargirl]

em ko hỉu chỗ này $\dfrac{a}{(b+c)^2}+ \dfrac{a}{4} \geq \dfrac{a}{(b+c)}$

côsi mà bạn ...!!!!

[dlt95]

côsi mà bạn ...!!!!

hì, lúc đó mình ko để ý rõ lắm, lúc sau làm kĩ hơn mới bjk ^^!!!!!

[Messi_ndt]

Tặng các bạn vài bài:
1)Chứng minh rằng :$ a^{2}(a-b)+b^{2}(b-c)+c^{2}(c-a) \geq 0 $
2)Với mọi a,b,c>0 ,Tìm hằng số k sao cho bdt đúng .$ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{k(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}-k+3 $

[1414141]

Tặng các bạn vài bài:
1)Chứng minh rằng :$ a^{2}(a-b)+b^{2}(b-c)+c^{2}(c-a) \geq 0 $
2)Với mọi a,b,c>0 ,Tìm hằng số k sao cho bdt đúng .$ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{k(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}-k+3 $

Bai` 1 dung Am-GM ^^!

[Messi_ndt]

Bai` 1 dung Am-GM ^^!

Cứ post lên luôn đi em.
Thêm bài này mới trâu bò nè.(chưa làm được)
Cho$ x \geq y \geq z $và $a \geq b>0$.chứng minh rằng $ x^{a}(y^{b}-z^{b})+ y^{a}(z^{b}-x^{b})+z^{a}(x^{b}-y^{b}) \geq 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Duy Tùng: 16-02-2010 - 14:31