Chủ đề này có 15 trả lời

[Đặng Hoài Đức]

Cho a,b,c >0, a+b+c=1. CMR:
a^3/(b+c) + b^3/(c+a) + c^3/(a+b) >= 1/6

Bài này mình tự chế ra, chắc mọi người sẽ dễ dàng làm được .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Đặng Hoài Đức: 10-11-2010 - 23:41

[perfectstrong]

bài này ứng dụng điểm rơi của cauchy thôi mà.
Ta có:
$\dfrac{{a^3 }}{{b + c}} + \dfrac{{b + c}}{{12}} + \dfrac{1}{{18}} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{a^3 }}{{b + c}}.\dfrac{{b + c}}{{12}}.\dfrac{1}{{18}}}} = \dfrac{a}{2}$
Tương tự,$\dfrac{{b^3 }}{{a + c}} + \dfrac{{a + c}}{{12}} + \dfrac{1}{{18}} \ge \dfrac{b}{2}$
$\dfrac{{c^3 }}{{a + b}} + \dfrac{{a + b}}{{12}} + \dfrac{1}{{18}} \ge \dfrac{c}{2}$
Cộng vế theo vế của 3 đỉều trên, ta có:
$\dfrac{{a^3 }}{{b + c}} + \dfrac{{b^3 }}{{a + c}} + \dfrac{{c^3 }}{{a + b}} + \dfrac{{2(a + b + c)}}{{12}} + \dfrac{3}{{18}} \ge \dfrac{{a + b + c}}{2}$
=> đpcm.

[Đặng Hoài Đức]

Cách của mình cũng tương tự như thế này

[h.vuong_pdl]

Cho $a,b,c >0$, $a+b+c=1$. CMR:
$\dfrac{a^3}{b+c} +\dfrac{b^3}{c+a} + \dfrac{c^3}{a+b} \ge \dfrac{1}{6}$

p/s: học gõ latex đi bạn nha:

[latex]công thức toán[/latex]

Bài này có thể chém bằng cauchy-Schwarz gọn nhẹ như sau:
$VT = \dfrac{a^4}{ab+ac} + \dfrac{b^4}{bc+ba} + \dfrac{c^4}{ca+ab} \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ca)} \\ \ge \dfrac{a^2+b^2+c^2}{2} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{6} = \dfrac{1}{6} = dcpm!$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 11-11-2010 - 13:43

[NguyThang khtn]

em cunglam nhu anh h.vuong_pdl !

[dark templar]

Cho a,b,c >0, a+b+c=1. CMR:
a^3/(b+c) + b^3/(c+a) + c^3/(a+b) >= 1/6

Bài này mình tự chế ra, chắc mọi người sẽ dễ dàng làm được .

Bài này có thể tổng quát thành :
Cho $a,b,c>0;a+b+c=1,n \in N^*,n \geq 2$
Tìm min của $A=\dfrac{a^n}{b+c}+\dfrac{b^n}{a+c}+\dfrac{c^n}{a+b}$
1 bài tổng quát cũng na ná giống với bài trên :
cho $a,b,c>0;abc=1, \alpha \geq 1$
CM:$\dfrac{a^ {\alpha}}{b+c}+\dfrac{b^{ \alpha }}{a+c}+\dfrac{c^{ \alpha}}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 11-11-2010 - 20:11

[NarutoDn]

mầy anh ơi còn cách nào khác hay hơn không ạ! Chứ mấy cách kia thì dễ rồi

[dark templar]

mầy anh ơi còn cách nào khác hay hơn không ạ! Chứ mấy cách kia thì dễ rồi

Cách khác :
Có $\dfrac{{a^3 }}{{b + c}} + \dfrac{{b^3 }}{{a + c}} + \dfrac{{c^3 }}{{a + b}} = \dfrac{{a^3 }}{{1 - a}} + \dfrac{{b^3 }}{{1 - b}} + \dfrac{{c^3 }}{{1 - c}} $
Ta sẽ cm
$\dfrac{{a^3 }}{{1 - a}} \ge \dfrac{{21a - 5}}{{36}} \Leftrightarrow 36a^3 + 21a^2 - 26a + 5 \ge 0$ $\Leftrightarrow \left( {4a + 5} \right)\left( {3a - 1} \right)^2 \ge 0\left( {true} \right) $
$\Rightarrow \dfrac{{a^3 }}{{1 - a}} + \dfrac{{b^3 }}{{1 - b}} + \dfrac{{c^3 }}{{1 - c}} \ge \dfrac{{21\left( {a + b + c} \right) - 15}}{{36}} = \dfrac{1}{6}\left( {dpcm} \right) $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 11-11-2010 - 22:20

[dark templar]

Bài này có thể tổng quát thành :
Cho $a,b,c>0;a+b+c=1,n \in N^*,n \geq 2$
Tìm min của $A=\dfrac{a^n}{b+c}+\dfrac{b^n}{a+c}+\dfrac{c^n}{a+b}$
1 bài tổng quát cũng na ná giống với bài trên :
cho $a,b,c>0;abc=1, \alpha \geq 1$
CM:$\dfrac{a^ {\alpha}}{b+c}+\dfrac{b^{ \alpha }}{a+c}+\dfrac{c^{ \alpha}}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}$

Bạn nào làm thử 2 bài này đi!

[perfectstrong]

em nghĩ bài 1 thì nếu làm bằng điểm rơi cauchy như trên sẽ khá rắc rối phức tạp.
Min bài 1 là : $\dfrac{1}{{2.3^{n - 2} }}$

[dark templar]

em nghĩ bài 1 thì nếu làm bằng điểm rơi cauchy như trên sẽ khá rắc rối phức tạp.
Min bài 1 là : $\dfrac{1}{{2.3^{n - 2} }}$

Bài 1 làm AM_GM đúng là rất phức tạp ,sử dụng BĐT Holder thôi!

[perfectstrong]

anh chứng minh luôn được ko?

[dark templar]

anh chứng minh luôn được ko?

Thế này nhé!
Vì $n \in N^*$ nên ta xét 2 trường hợp $n$ là số chẵn hoặc là số lẻ.
*n là số chẵn $ \Rightarrow n=2m(m \geq 1,m \in N^*)$
$A=\dfrac{{a^{2m} }}{{b + c}} + \dfrac{{b^{2m} }}{{a + c}} + \dfrac{{c^{2m} }}{{a + b}} \ge \dfrac{{\left( {a^m + b^m + c^m } \right)^2 }}{{2\left( {a + b + c} \right)}} = \dfrac{{\left( {a^m + b^m + c^m } \right)^2 }}{2}\left( {Cauchy - Schwarz} \right) $
$\left( {a^m + b^m + c^m } \right)\left( {1 + 1 + 1} \right)^{m - 1} \ge \left( {a + b + c} \right)^m = 1$ $\Rightarrow a^m + b^m + c^m \ge \dfrac{1}{{3^{m - 1} }} = \dfrac{3}{{3^m }}\left( {Holder} \right) $
$\Rightarrow A \ge \dfrac{{\left( {a^m + b^m + c^m } \right)^2 }}{2} \ge \dfrac{{\left( {\dfrac{3}{{3^m }}} \right)^2 }}{2} = \dfrac{1}{{2.3^{2m - 2} }} = \dfrac{1}{{2.3^{n - 2} }} $
*n là số lẻ $ \Rightarrow n=2m+1(m>1,m \in N^*)$
$A = \dfrac{{a^{2m + 1} }}{{b + c}} + \dfrac{{b^{2m + 1} }}{{a + c}} + \dfrac{{c^{2m + 1} }}{{a + b}}$
$= \dfrac{{a^{2\left( {m + 1} \right)} }}{{ab + ac}} + \dfrac{{b^{2\left( {m + 1} \right)} }}{{ab + bc}} + \dfrac{{c^{2\left( {m + 1} \right)} }}{{ac + bc}} \ge \dfrac{{\left( {a^{m + 1} + b^{m + 1} + c^{m + 1} } \right)^2 }}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge \dfrac{{\left( {a^{m + 1} + b^{m + 1} + c^{m + 1} } \right)^2 }}{{2\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}}\left( {Cauchy - Schwarz} \right) $
$\left( {a^{m + 1} + b^{m + 1} + c^{m + 1} } \right)\left( {a + b + c} \right)^{m - 1} \ge \left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)^m $
$\Rightarrow a^{m + 1} + b^{m + 1} + c^{m + 1} \ge \dfrac{{\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)^m }}{{\left( {a + b + c} \right)^{m - 1} }} = \left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)^m \left( {Holder} \right) $
$\Rightarrow A \ge \dfrac{{\left( {a^{m + 1} + b^{m + 1} + c^{m + 1} } \right)^2 }}{{2\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}} \ge \dfrac{{\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)^{2m} }}{{2\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)}} $
$= \dfrac{{\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right)^{2m - 1} }}{2} \ge \dfrac{{\left( {a + b + c} \right)^{2\left( {2m - 1} \right)} }}{{2.3^{2m - 1} }} = \dfrac{1}{{2.3^{n - 2} }}\left( {Cauchy - Schwarz} \right) $
Kết hợp cả hai trường hợp ta có $A_{\min } = \dfrac{1}{{2.3^{n - 2} }} \Leftrightarrow a = b = c = \dfrac{1}{3}$
P/s:Em làm thử bài 2 đi!!!!!

[nguyen thai phuc]

Bài này có thể tổng quát thành :
Cho $a,b,c>0;a+b+c=1,n \in N^*,n \geq 2$
Tìm min của $A=\dfrac{a^n}{b+c}+\dfrac{b^n}{a+c}+\dfrac{c^n}{a+b}$
1 bài tổng quát cũng na ná giống với bài trên :
cho $a,b,c>0;abc=1, \alpha \geq 1$
CM:$\dfrac{a^ {\alpha}}{b+c}+\dfrac{b^{ \alpha }}{a+c}+\dfrac{c^{ \alpha}}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}$

Cả 2 bài này đều có chung một phương pháp làm rất ngắn gọn và đơn giản, đó là chebysev :">
Em làm bài 2 , bài 1 có thể làm tương tự:
Không mất tính tổng quát, giả sử $a \ge b \ge c$
Khi đó:
${a^\alpha } \ge {b^\alpha } \ge {c^\alpha };\dfrac{1}{{b + c}} \ge \dfrac{1}{{c + a}} \ge \dfrac{1}{{a + b}}$
Theo bất đẳng thức Chebysev:
$\dfrac{{{a^\alpha }}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^\alpha }}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^\alpha }}}{{a + b}} \ge \dfrac{1}{3}\left( {{a^\alpha } + {b^\alpha } + {c^\alpha }} \right)\left( {\dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}} + \dfrac{1}{{a + b}}} \right) \ge \dfrac{{3\left( {{a^\alpha } + {b^\alpha } + {c^\alpha }} \right)}}{{2\left( {a + b + c} \right)}}$
Lại áp dụng chebysev một lần nữa:
${a^\alpha } + {b^\alpha } + {c^\alpha } \ge \dfrac{1}{3}\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^{\alpha - 1}} + {b^{\alpha - 1}} + {c^{\alpha - 1}}} \right)$
Đến đây thì dùng AM-GM là xong .
Các này đơn giản hơn nhiều, phải không?

[dark templar]

Uhm bài này ngoài cách giải của em anh còn giải cách khác ,đó là sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz và BĐT Becnoulli!
Here:
http://diendantoanho...?...54581&st=30

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 25-11-2010 - 21:20

[dark templar]

Hôm nay tự dưng thấy buồn quá! Cho các bạn 1 bài khởi động cho có không khí !
Cho $a,b,c>0,a^2+b^2+c^2=k(k=const)$
Tìm GTLN của $A=a^2b+b^2c+c^2a-abc$