5 replies to this topic

[rainy_o0o_sunny1]

chung minh bdt voi a,b,c>0

Edited by rainy_o0o_sunny1, 25-10-2011 - 20:22.

[Ispectorgadget]

Vì vai trò a,b,c như nhau không mất tính tổng quát giả sử$a\geq b\geq c$
=>$a^2\geq b^2\geq c^2$và $\dfrac{a}{b+c}\geq \dfrac{b}{a+c}\geq \dfrac{c}{a+b}$
Áp dụng BĐT Chebishev cho bộ dãy đơn điệu tăng
VT$\geq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}.(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b})$
Ta có:$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{9}$=>$3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$ (dùng biến đổi tương đương là ra )
Từ đó => đpcm

[PRONOOBCHICKENHANDSOME]

Vì vai trò a,b,c như nhau không mất tính tổng quát giả sử$a\geq b\geq c$
=>$a^2\geq b^2\geq c^2$và $\dfrac{a}{b+c}\geq \dfrac{b}{a+c}\geq \dfrac{c}{a+b}$
Áp dụng BĐT Chebishev cho bộ dãy đơn điệu tăng
VT$\geq \dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}.(\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b})$
Ta có:$\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{9}$=>$3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$ (dùng biến đổi tương đương là ra )
Từ đó => đpcm

Bạn làm thiếu rồi . Còn phải chứng minh bđt này nữa:
$\sum \dfrac{a}{b+c}\ge \sum_{cyc} \dfrac{a}{a+b}$ (1)
Thật vậy ta có :
$a \ge b \ge c$
$\dfrac{1}{b+c}\ge \dfrac{1}{c+a} \ge \dfrac{1}{a+b} $
Sử dụng bđt hoán vị
Từ đó ta có (1)
Và rồi mới có đpcm
Ps: Sorry nhìn nhầm đề nhưng mà bạn ý viết đề bị nhầm nên mình kô để ý

Edited by PRONOOBCHICKENHANDSOME, 26-10-2011 - 08:23.

[Ispectorgadget]

Ờ hôm qua vội quá mình viết thiếu mà nói chung hướng làm là như vậy.

Edited by Ispectorgadget, 26-10-2011 - 12:19.

[rainy_o0o_sunny1]

ai lam lai dum e voi
dung cach thcs thui

[Ispectorgadget]

BĐT chevishev không có trong chương trình học nhưng bạn có thế coi BĐT đó như 1 bổ đề thì vẫn chấp nhận được
BĐT này chứng minh cũng dễ chỉ cần biến đổi tương đương là ra