Chủ đề này có 20 trả lời

[le anh tu]

1)cho a,b,c >0 va a+b+c=3.CMR: $ \dfrac{a}{a^3+b^2+c}$ + $ \dfrac{b}{b^3+c^2+a}$ + $ \dfrac{c}{c^3+a^2+b}$ 1
2)cho x,y,z la cac so duong <1.CMR: 1/(x (1-y))+1/(y(1-z))+1/(z(1-x)) 3/(xyz+(1-x)(1-y)(1-z))

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le anh tu: 23-10-2010 - 19:43

[h.vuong_pdl]

cho $0 < x,y,z < 1$.CMR:
$\dfrac{1}{x.(1-y)} + \dfrac{1}{y(1-z)} + \dfrac{1}{z(1-x)} \ge \dfrac{3}{xvz+(1-x)(1-y)(1-z)}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 19-10-2010 - 19:23

[NguyThang khtn]

sao dang x,y,z lai co v nhi?

[le anh tu]

sao dang x,y,z lai co v nhi?

y day.em vjet nham

[NguyThang khtn]

ko ai giup ban le anh tu duoc may bai nay sao em bo tay rui!

[dark templar]

ko ai giup ban le anh tu duoc may bai nay sao em bo tay rui!

Bài 1 em nên hỏi bạn NightBaron đấy ,để bạn ấy đưa link cho .Bài này trong diễn đàn có người post lên rồi !

[NguyThang khtn]

thao nao em thay quen qua!
cam on anh

[NightBaron]

cho $0 < x,y,z < 1$.CMR:
$\dfrac{1}{x.(1-y)} + \dfrac{1}{y(1-z)} + \dfrac{1}{z(1-x)} \ge \dfrac{3}{xvz+(1-x)(1-y)(1-z)}$

Bai 1: E sua lai de di.

Bài 2: Xuất xứ: THTT T5/389

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 21-10-2010 - 22:50

[NguyThang khtn]

anh giai giup em duoc ko?

[le anh tu]

Bai 1: E sua lai de di.

Bài 2: Xuất xứ: THTT T5/389

THTT T5/389 la sao? em ko hjeu

[NguyThang khtn]

la tap chi toan hoc va tuoi tre so 389

[le anh tu]

la tap chi toan hoc va tuoi tre so 389

em ko dk bao nay.anh giai cho em dc ko?

[le anh tu]

em nham.bay h thj cac anh jup em dj.ca 2 baj naz

[NightBaron]

em nham.bay h thj cac anh jup em dj.ca 2 baj naz

$\dfrac{a}{a^3+b^2+c}+\dfrac{b}{b^3+c^2+a}+\dfrac{c}{c^3+a^2+b}\le 1 $.


Giup cho trót (chót):

Theo Holder:

$(a^3+b^2+c)(1+b+c)(1+1+c)\ge (a+b+c)^3$

$\Rightarrow VT\le \dfrac{a(b+c+1)(c+2)+b(a+c+1)(a+2)+c(a+b+1)(b+2)}{(a+b+c)^3}$

$\Leftrightarrow ac^2+ba^2+cb^2+3abc+2(a+b+c)+5(ab+bc+ca)\le (a+b+c)^3$

sdung bo de:

$a^2b+b^2c+c^2a+abc\le 4$

Suy ra:

$VT\le 27=VP$

$\Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 24-10-2010 - 09:43

[tuan101293]

$\dfrac{a}{a^3+b^2+c}+\dfrac{b}{b^3+c^2+a}+\dfrac{c}{c^3+a^2+b}\le 1 $.

$\sum ac^2\le \sum\dfrac{a^2+c^2+c^2+1}{4}=\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)+3}{4}(AG-GM)$

AM-GM kiểu gì thế?
phải xài cái
$\sum_{cyc}ac^2\le \sum a^3$ mới được chứ nhỉ?

[NightBaron]

AM-GM kiểu gì thế?
phải xài cái
$\sum_{cyc}ac^2\le \sum a^3$ mới được chứ nhỉ?

Em sai rùi, thanks a Tuan.

Bí thì dùng cái này (nhưng đây là 4rum THCS nên e hạn chế):

$a^2b+b^2c+c^2a+abc\le 4(1)$.

Gia sử $b$ nằm giữa $a,c$.

$\Rightarrow c(a-b)(b-c)\ge 0\Leftrightarrow abc+bc^2\ge b^2c+c^2a$

Do do:

$a^2b+b^2c+c^2a+abc\le 2abc+a^2b+bc^2=b(a+c)^2\le \dfrac{(2b+a+c+a+c)^3}{2.27}=4$

$\Rightarroe Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NightBaron: 24-10-2010 - 10:01

[NguyThang khtn]

anh noi ro hon duoc ko?

[le anh tu]

con b2 cac anh oi

[tuan101293]

bài 2
http://www.nxbgd.vn/...mp;ReportID=631

[Tran Thanh Thanh]

Bài 1:
Dùng bunhia dưới mẫu:
(a^3+b^2+c)(1/a+1+c) (a+b+c)^2 .Tương tự như vậy , ta đc bdt cần c/m tương đương với :

(a+b+c+ab+ac+bc+3) (a+b+c)^2=9=> đpcm