Chủ đề này có 5 trả lời

[Momochan]

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=abc$

CMR:

$\dfrac{a^2}{a+bc}+\dfrac{b^2}{b+ca}+\dfrac{c^2}{c+ab}\geq \dfrac{a+b+c}{4}$

[harrypotter10a1]

Mình nghĩ thế này hok biết có dài wa hok.
Đầu tiên bạn chứng minh BĐT sau( cái này có ích lắm, mình mới nghĩ ra và có nhiều bài áp dụng đến nó)
$\dfrac{a_1^3}{b_1}+\dfrac{a_2^3}{b_2}+\dfrac{a_3^3}{b_3}\ge\dfrac{(a_1+a_2+a_3)^3}{3(b_1+b_2+b_3)}$
Cái này khung khó lắm chỉ cần áp dụng svac tý là ra.
Áp dụng cái trên ta có:
$P=\dfrac{a^3}{a^2+abc}+\dfrac{b^3}{b^2+abc}+\dfrac{c^3}{c^2+abc}\ge\dfrac{(a+b+c)^3}{3(a^2+b^2+c^2+3abc)}$
Ta sẽ chứng minh:
$\dfrac{(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2+3abc)}\ge\dfrac{1}{4}$
Thật vậy
<=> $X=\ a^2+b^2+c^2+8ab+8bc+8ca\ge\9abc$
Mặt khác theo giả thiết a+b+c=abc =>$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=1$
Áp dụng Bunuacovsky: $\(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{ab}+ \dfrac{1}{bc}+ \dfrac{1}{ca})\ge\9$
$=>\ ab+bc+ca\ge\9$
$=>\ X \ge\9(ab+bc+ca) \ge\ 81 $
Việc còn lại là chứng minh $\ abc \le\9$ chắc đơn giản

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi harrypotter10a1: 25-04-2011 - 17:46

[anhtuanDQH]

Mình nghĩ thế này hok biết có dài wa hok.
Đầu tiên bạn chứng minh BĐT sau( cái này có ích lắm, mình mới nghĩ ra và có nhiều bài áp dụng đến nó)
$\dfrac{a_1^3}{b_1}+\dfrac{a_2^3}{b_2}+\dfrac{a_3^3}{b_3}\ge\dfrac{(a_1+a_2+a_3)^3}{3(b_1+b_2+b_3)}$
Cái này khung khó lắm chỉ cần áp dụng svac tý là ra.
Áp dụng cái trên ta có:
$P=\dfrac{a^3}{a^2+abc}+\dfrac{b^3}{b^2+abc}+\dfrac{c^3}{c^2+abc}\ge\dfrac{(a+b+c)^3}{3(a^2+b^2+c^2+3abc)}$
Ta sẽ chứng minh:
$\dfrac{(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2+3abc)}\ge\dfrac{1}{4}$
Thật vậy
<=> $X=\ a^2+b^2+c^2+8ab+8bc+8ca\ge\9abc$
Mặt khác theo giả thiết a+b+c=abc =>$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=1$
Áp dụng Bunuacovsky: $\(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{ab}+ \dfrac{1}{bc}+ \dfrac{1}{ca})\ge\9$
$=>\ ab+bc+ca\ge\9$
$=>\ X \ge\9(ab+bc+ca) \ge\ 81 $
Việc còn lại là chứng minh $\ abc \le\9$ chắc đơn giản

Ngược dấu rồi bạn : $\ abc = a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{abc} \Rightarrow abc \geq 9 $

[choisiwon]

Đầu tiên bạn chứng minh BĐT sau
$\dfrac{a_1^3}{b_1}+\dfrac{a_2^3}{b_2}+\dfrac{a_3^3}{b_3}\ge\dfrac{(a_1+a_2+a_3)^3}{3(b_1+b_2+b_3)}$
Cái này khung khó lắm chỉ cần áp dụng svac tý là ra.
Áp dụng cái trên ta có:
$P=\dfrac{a^3}{a^2+abc}+\dfrac{b^3}{b^2+abc}+\dfrac{c^3}{c^2+abc}\ge\dfrac{(a+b+c)^3}{3(a^2+b^2+c^2+3abc)}$
Ta sẽ chứng minh:
$\dfrac{(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2+3abc)}\ge\dfrac{1}{4}$
Thật vậy
<=> $X=\ a^2+b^2+c^2+8ab+8bc+8ca\ge\9abc$
Mặt khác theo giả thiết a+b+c=abc =>$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=1$
Áp dụng Bunuacovsky: $\(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{ab}+ \dfrac{1}{bc}+ \dfrac{1}{ca})\ge\9$
$=>\ ab+bc+ca\ge\9$
$=>\ X \ge\9(ab+bc+ca) \ge\ 81 $
Việc còn lại là chứng minh $\ abc \le\9$

[tanh]

Có ai CM BDT svac đc không

[dark templar]

Có ai CM BDT svac đc không

Bạn chỉ cần chứng minh BĐT Cauchy-Schwarzt là xong ngay thôi .Cái này có trong nhiều tài liệu tham khảo rồi
P/s:Thực ra không có sự khác biệt giữa BĐT Cauchy-Schwarzt với BĐT Schwarzt đâu