77. Cho $a,b,c\geq 0$$: a^2+b^2+c^2+abc=4.$ CMR: $\frac{a}{b^{2}+2c}+\frac{b}{c^{2}+2a}+\frac{c}{a^{2}+2b}\geqslant 1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 14-07-2015 - 08:16
77. Cho $a,b,c\geq 0$$: a^2+b^2+c^2+abc=4.$ CMR: $\frac{a}{b^{2}+2c}+\frac{b}{c^{2}+2a}+\frac{c}{a^{2}+2b}\geqslant 1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 14-07-2015 - 08:16
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:Cho $a,b,c\geq 0$$: a^2+b^2+c^2+abc=4.$ CMR: $\frac{a}{b^{2}+2c}+\frac{b}{c^{2}+2a}+\frac{c}{a^{2}+2b}\geqslant 1$
Bài toán 78:Cho $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.C/m:
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 13-08-2015 - 15:37
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:Bài toán:Cho $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.C/m:
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 04-09-2012 - 21:36
Bài toán:Cho $a,b,c\in R^{+}$ thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$.C/m:
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$$
Giả sử $c = m{\rm{ax}}\left\{ {a;b;c} \right\}$
$ \Rightarrow a \le 1$
Nếu $a \ge \frac{3}{2}$ thì ${a^2} + {c^2} \ge 3,25 \Rightarrow a < \frac{3}{2}$
\[3 = {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\sqrt {{a^2}{b^2}{c^2}} \Rightarrow abc \le 1\]
\[ineq \Leftrightarrow M{\left( {a - b} \right)^2} + N\left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right) \ge 0\]
Với \[M = \frac{1}{{ab}} - \frac{6}{{\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b + c + 3} \right)}}\]
\[N = \frac{1}{{ac}} - \frac{6}{{\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b + c + 3} \right)}}\]
Ta có: \[M \ge 1 - \frac{6}{{\sqrt 3 \left( {3 + \sqrt 3 } \right)}} > 0\]
\[N = \frac{{{{\left( {a - c} \right)}^2} + c\left( {3 - 2a} \right) + b\left( {b + 2a + 2c} \right)}}{{ac\left( {a + b + c} \right)\left( {a + b + c + 3} \right)}} > 0\]
BĐT được chứng minh.
Mình có thêm 1 cách nữa:
$BDT\iff (a+b+c)(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})\ge 9$
$\iff (\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a})+(\frac{ac}{b}+\frac{ba}{c}+\frac{cb}{a})+(a+b+c)\ge 9$
Ta có các BĐT
$*\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge \frac{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)}{ab+bc+ca}$
[spoiler=CM:]Chứng minh bằng cách nhân vế theo vế với $ab+bc+ca$ rồi thu gọn và sử dụng $AM-GM$ từng cặp 1.[/spoiler]
$*\frac{ac}{b}+\frac{ba}{c}+\frac{cb}{a}\ge \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$
Do đó
$VT\ge \frac{3(a+b+c)}{ab+bc+ca}+(a+b+c)+3\ge 2\sqrt{\frac{3(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}}+3\ge 2.3+3=9$
DPCM!
Cho điều kiện mạnh hơn, bdt còn đúng với $a^2+b^2+c^2 \ge 3 $
Xét các số thực dương $x;y;z$ sao cho $x^2+y^2+z^2=3 $
Tồn tại số thực dương $t \ge 1$ sao cho $a=tx; b=ty;c =tz $
Ta cần cm
$ \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \ge \frac{9}{t(x+y+z)} $
Ta đã cm được $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \ge \frac{9}{x+y+z} \ge \frac{9}{t(x+y+z)} $
Các bạn thử làm bài mạnh hơn này xem nhé:
Chứng minh với cùng điều kiện:
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{27}{(a+b+c)^2}$$
Tiếp tục nào
Bài 9: Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn$a+b+c=2$. CMR:$\dfrac{{bc}}{{{a^2} + 1}} + \dfrac{{ac}}{{{b^2} + 1}} + \dfrac{{ab}}{{{c^2} + 1}} \leqslant 1$
*Nhận xét : Bài này có khá nhiều cách giải rất trâu bò
Các bạn có thể tìm đc bao nhiêu cách giải cho bài này ???
Các bạn nhanh chóng giải bài này đi
Gợi ý : Chỉ sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ $(Cauchy)$
Đừng post bài nữa nhá để giải xong mấy bài trên rồi post tiếp nha
bạn xem ở đây http://diendantoanho...b-1-le-8/page-2
$cho 3 số thực a, b, c thỏa a^{3}> 36;abc=1. CMR \frac{a^{2}}{3}+b^{2}+c^{2}> ab+bc+ca$
Ta có hiệu : $\frac{a^{2}}{3}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ac$
$= \frac{a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{12}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca$
$= \left ( \frac{a^{2}}{4}+b^{2}+c^{2}-ab-ac+2bc \right )+\frac{a^{2}}{12}-3bc$
$= \left ( \frac{a}{2}-b-c \right )^{2}+\frac{a^{3}-36abc}{12a}$
$= \left ( \frac{a}{2}-b-c \right )^{2}+\frac{a^{3}-36}{12a}> 0$
Suy ra đpcm
$cho 3 số thực a, b, c thỏa a^{3}> 36;abc=1. CMR \frac{a^{2}}{3}+b^{2}+c^{2}> ab+bc+ca$
Tiếp một cách nữa:
Từ giả thiết $a^{3}> 36$ suy ra a>0 và $bc=\frac{1}{a}$
Bất đẳng thức cần chứng minh viết dưới dạng
$\frac{a^{2}}{3}+b^{2}+c^{2}+2bc-2bc> a\left ( b+c \right )+bc$
$\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{3}+\left ( b+c \right )^{2}-3bc-a\left ( b+c \right )>0$
$\Leftrightarrow \left ( b+c \right )^{2}-a\left ( b+c \right )+\frac{a^{2}}{3}-\frac{3}{a}>0 (*)$
Dặt t=b+c, Xét $f\left ( t \right )=t^{2}-at+\frac{a^{2}}{3}-\frac{3}{a}$ (với a^3> 36)
ta lập $\Delta$ và chứng minh $\Delta < 0$
và suy ra đpcm
cho a,b,c>0, a+b+c=3.CMR
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq ab+bc+ca$
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có :
$a^2 + \sqrt{a} + \sqrt{a} \geq 3a$
$b^2 + \sqrt{b} + \sqrt{b} \geq 3b$
$c^2 + \sqrt{c} + \sqrt{c} \geq 3c$
Cộng vế với vế :
$\Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 + 2(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) \geq 3(a + b + c) = 3.3 = 9$
$\Rightarrow 2(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) \geq 9 - (a^2 + b^2 + c^2)$
$\Rightarrow 2(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) \geq 9 - [(a + b + c)^2 - 2(ab + bc + ca)] = 9 - (a + b + c)^2 + 2(ab + bc + ca)] = 9 - 9 + 2(ab + bc + ca) = 2(ab + bc + ca)$
$\Rightarrow \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \geq ab + bc + ca$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$
Nguồn : vn.answers.yahoo.com
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Silverbullet069: 13-08-2015 - 15:49
"I am the bone of my sword,
Unknown to Death, Nor known to Life,
So as I pray, unlimited blade works."
Áp dụng BĐT AM-GM, ta có :
$a^2 + \sqrt{a} + \sqrt{a} \geq 3a$
$b^2 + \sqrt{b} + \sqrt{b} \geq 3b$
$c^2 + \sqrt{c} + \sqrt{c} \geq 3c$
Cộng vế với vế :
$\Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 + 2(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) \geq 3(a + b + c) = 3.3 = 9$
$\Rightarrow 2(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) \geq 9 - (a^2 + b^2 + c^2)$
$\Rightarrow 2(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) \geq 9 - [(a + b + c)^2 - 2(ab + bc + ca)] = 9 - (a + b + c)^2 + 2(ab + bc + ca)] = 9 - 9 + 2(ab + bc + ca) = 2(ab + bc + ca)$
$\Rightarrow \sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \geq ab + bc + ca$
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a = b = c = 1$
Nguồn : vn.answers.yahoo.com
Bài này em thấy giống một bài nào đó trong sáng tạo bất đẳng thức của anh Phạm Kim Hùng
LONG VMF NQ MSP
Bài toán : Cho a,b,c là các số thực dương . CMR :
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$
P/s : Mình đã nghĩ rất lâu mà không giải được.
Bạn thử sử dụng kĩ thuật chauanr hóa chưa
LONG VMF NQ MSP
Rồi.Mình dùng hết các pp rồi ( chắc đánh giá kém ). Mình chẳng tìm thấy lời giải ở đâu cả.
Bài toán : Cho a,b,c là các số thực dương . CMR :
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$
P/s : Mình đã nghĩ rất lâu mà không giải được.
Chuẩn hoá $a+b+c=3$ thì ta sẽ được một bất đẳng thức mới là $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Đến đây mình xin trích dẫn một cách cm bất đẳng thức này của thành viên arqady bên AoPs
$a$, $b$ và $c$ là các số dương nên ta đặt
$a+b+c=3u$, $ab+ac+bc=3v^2$, $abc=w^3$ và $u^2=tv^2$.Do đó, $t\geq1$ và ta cần cm $u^2\sum_{cyc}a^2c\geq3(3u^2-2v^2)w^3$ hoặc $u^2\sum_{cyc}2a^2c\geq6(3u^2-2v^2)w^3$$u^2\sum_{cyc}(a^2b+a^2c)-6(3u^2-2v^2)w^3\geq u^2\sum_{cyc}(a^2b-a^2c)$$u^2(9uv^2-3w^3)-6(3u^2-2v^2)w^3\geq u^2(a-b)(a-c)(b-c)$$3(3u^3v^2-7u^2w^3+4v^2w^3)\geq u^2(a-b)(a-c)(b-c)$.Ta đi cm $3u^3v^2-7u^2w^3+4v^2w^3\geq0$.Thật vậy, $(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2\geq0$ gives $27(3u^2v^4-4v^6-4u^3w^3+6uv^2w^3-w^6)\geq0$.Từ đó, $w^3\leq3uv^2-2u^3+2\sqrt{(u^2-v^2)^3}$.Vì vậy cần cm: $3u^3v^2\geq(7u^2-4v^2)\left(3uv^2-2u^3+2\sqrt{(u^2-v^2)^3}\right)$ hay$7u^5-13u^3v^2+6uv^4\geq(7u^2-4v^2)\sqrt{(u^2-v^2)^3}$$7u^3-6uv^2\geq(7u^2-4v^2)\sqrt{u^2-v^2}$$(21u^4-36u^2v^2+16v^4)v^2\geq0$, hiển nhiên đúngDo đó ta cần cm$(3u^3v^2-7u^2w^3+4v^2w^3)^2\geq3u^4(3u^2v^4-4v^6-4u^3w^3+6uv^2w^3-w^6)$, hiển nhiên đúng$(13u^4-14u^2v^2+4v^4)w^6+3(u^4-5u^2v^2+2v^4)u^3w^3+3u^4v^6\geq0$.Nếu $u^4-5u^2v^2+2v^4\geq0$ thì bất đẳng thức cuối đúngDo đó ta phải cm $u^4-5u^2v^2+2v^4<0$ or $1\leq t<\frac{5+\sqrt{17}}{2}$.Cần cm $3u^6(u^4-5u^2v^2+2v^4)^2-4(13u^4-14u^2v^2+4v^4)u^4v^6\leq0$ hay$3t(t^2-5t+2)^2-4(13t^2-14t+4)\leq0$, $(t-1)^2(3t^3-24t^2+36t-16)\leq0$,đúng với $1\leq t<\frac{5+\sqrt{17}}{2}$.Vậy bất đẳng thức đã được cm
Bài toán : Cho a,b,c là các số thực dương . CMR :
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$
P/s : Mình đã nghĩ rất lâu mà không giải được.
Dùng bất đẳng thức này để giải sẽ nhanh hơn
\[27(a^2b+b^2c+c^2a+abc) \leqslant 4(a+b+c)^3,\]
với $a,\,b,\,c$ không âm.
Cho $a,b,c$ ko âm: $a^3+b^3+c^3+kabc=2$. Tìm hằng số k thực tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng :
$a+b+c\leq 2$
Chuẩn hoá $a+b+c=3$ thì ta sẽ được một bất đẳng thức mới là $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
Đến đây mình xin trích dẫn một cách cm bất đẳng thức này của thành viên arqady bên AoPs
Em nên dùng BĐT $x^y+y^2z+z^2x+xyz\leq \frac{4(x+y+z)^3}{27}$ thì hay hơn
Áp dụng nó với $x=\frac{a}{b};y=\frac{b}{c};z=\frac{c}{a}$ rồi pqr
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 28-08-2015 - 17:57
Em nên dùng BĐT $x^y+y^2z+z^2x+xyz\leq \frac{4(x+y+z)^3}{27}$ thì hay hơn
Áp dụng nó với $x=\frac{a}{b};y=\frac{b}{c};z=\frac{c}{a}$ rồi pqr
Spoiler
quy đồng lên AM-GM =)))
quy đồng lên AM-GM =)))
Ta đánh giá mẫu cho $3abc(a+b+c)\leqslant (ab+bc+ca)^3$ rồi chuyển về biến $t=\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$ hay $t=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$ hay đại loại thế.
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
bạn nào giải bài này hoàn chỉnh mà dễ hiểu với @@ Thắc mắc lâu lắm rồi mà đọc lời giải thì chưa hiểu gì hết.
Nếu bạn muốn đến nơi cao nhất, phải học cách bắt đầu từ nơi thấp nhất!
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh