Đến nội dung


Hình ảnh

$F=\frac{a^2}{b+2c}+\frac{b^2}{c+2a}+\frac{c^2}{a+2b}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 14 trả lời

#1 Poseidont

Poseidont

    Dark Knight

  • Thành viên
  • 322 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thái Hoà

Đã gửi 06-03-2012 - 21:03

Đây là dạng bài tập em muốn phổ biến với mọi người vè ứng dụng của một đẳng thức;
ta có $x+y+z+2xyz=1\Rightarrow (x+1).(y+1)+(y+1).(z+1)+(x+1).(z+1)=(x+1).(y+1)(z+1)$
1 Cho x,y,z>0 t/m $xy+yz+xz+xyz=4$( chia cho xyz la ta đưa về dạng ban đầu)
CMR$x+y+z>\geq xy+yz+xz$
2 Cho x,y,z>0 t/m $x+y+z+2=xyz$
CMR $2(\sqrt{xy}+\sqrt{zy}+\sqrt{xz})\leqslant x+y+z+6$
3 Bài này đặt ẩn Cho $n\geq 3$ và$x_{1}\cdot x_{2}\cdot x_{3\cdot \cdot \cdot }x_{n}=1$
CMR$\frac{1}{1+x_{1}+x_{1}.x_{2}}+\frac{1}{1+x_{2}+x_{2}.x_{3}}+.....+\frac{1}{1+x_{n}+x_{n}.x_{1}}\geq 1$
4 CHo x,y,z là các số thực dương t/m $xy+yz+xz+2xyz=1$
CMR a/ $x.y.z\leqslant \frac{1}{8}$
b/$xy+xz+yz\geq \frac{3}{4}$
5 CHo x,y,z>0 và$x+y+z+2=xyz$
CMRa/$xy+yz+xz\geq 2(x+y+z)$
b/$\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \frac{3}{2}\sqrt{xyz}$
6 Cho a,b,c t/m ab+bc=ca=3.
CMR$\frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b^2+2}+\frac{1}{c^2+2}\leq 1$
7/ CHo x,y,z>0
CMR $\frac{x}{x+\sqrt{(x+y).(x+z)}}+\frac{y}{y+\sqrt{(x+y).(y+z)}}+\frac{z}{z+\sqrt{(x+z).(y+z)}}\leq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HVADN: 08-03-2012 - 19:31

Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF


#2 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 07-03-2012 - 11:32

Mình làm được câu 5 rùi:
Với giả thiết $xyz=x+y+z+2$
Ta đặt $x= \frac{b+c}{a}, y= \frac{c+a}{b}, z= \frac{a+b}{c}$
Thật vậy, khi đó :
$xyz=\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc} = \frac{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)+2abc}{abc}= \frac{a+b}{c}+ \frac{b+c}{a}+ \frac{c+a}{b}+2 =x+y+z+2$
(thỏa mãn)
Áp dụng:
a)
BĐT trở thành:
$\frac{(a+b)(b+c)}{ac}+\frac{(b+c)(c+a)}{ba}+\frac{(c+a)(a+b)}{cb} \geq 2( \frac{a+b}{c}+ \frac{b+c}{a}+ \frac{c+a}{b})$
$\Leftrightarrow a(a+b)(a+c)+b(b+c)(b+a)+c(c+a)(c+b) \geq 2ab(a+b)+2bc(b+c)+2ca(c+a)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab(a+b) +bc(b+c) +ca(c+a)$
(Luôn đúng do BĐT Schur)
b) BĐT trở thành:
$\sqrt {{\frac {ab}{ \left( c+a \right) \left( b+c \right) }}}+\sqrt {
{\frac {{\it bc}}{ \left( a+b \right) \left( c+a \right) }}}+\sqrt {{
\frac {{\it ca}}{ \left( b+c \right) \left( a+b \right) }}} \leq \frac{3}{2}$
Áp dụng AM - GM ta có:
$\sqrt {{\frac {ab}{ \left( c+a \right) \left( b+c \right) }}} \leq \frac{1}{2} (\frac{a}{a+c} + \frac{b}{b+c})$
$\sqrt {{\frac {bc}{ \left( a+b \right) \left( a+c \right) }}} \leq \frac{1}{2} (\frac{b}{b+a} + \frac{c}{c+a})$
$\sqrt {{\frac {ca}{ \left( b+c \right) \left( b+a \right) }}} \leq \frac{1}{2} (\frac{c}{c+b} + \frac{a}{a+b})$
Từ đó có ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 07-03-2012 - 11:33

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#3 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 07-03-2012 - 12:07

Câu 1:
Bài này có rất nhiều cách chứng minh.
_________________________________________________________
Mình xin lỗi vì đã làm nhầm
_________________________________________________________

Từ điều kiện bài toán ta suy ra tồn tại các số thực không âm $a,b,c$

sao cho$x=\frac{2a}{b+c},y=\frac{2b}{c+a},z=\frac{2c}{a+b} $ Và như thế, bất đẳng thức của ta được viết lại dưới dạng



$\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\geq \frac{4ab}{(b+c)(c+a)}+\frac{4bc}{(c+a)(a+b)}+ \frac{4ca}{(a+b)(b+c)},$

tương đương



$\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}\ge \sum_{cyc}\frac{2ab}{(b+c)(c+a)}$
__________________________________________________________________________________________________________


$\Leftrightarrow \frac{a^3+b^3+c^3-3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 0$
$\Leftrightarrow a b \left( a+b \right) +b c \left( b+c \right) +c a \left( a+c \right) \leq {a}^{3}+{b}^{3}+{c}^{3}+3\,abc $
(Đây là BĐT Schur nên luôn đúng)






Vậy bất đẳng thức của ta được chứng minh xong. Đẳng thức đạt được khi$a=b=c,$ hoặc hai trong số chúng bằng nhau và số còn lại bằng 0 hay$(a,b,c)\sim (1,1,0)$ cùng các hoán vị, có nghĩa là$x=y=z,$ hay$(x,y,z)\sim (2,2,0)$ cùng các hoán vị.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 07-03-2012 - 16:51

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#4 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 07-03-2012 - 12:26

Bài 4
Với giả thiết $xy+yz+zx+2xyz=1$
Ta đặt $x= \frac{a}{b+c}, y= \frac{b}{c+a}, z= \frac{c}{a+b}$
(thử lại thấy thỏa mãn)
Áp dụng:
a)

$xyz= \frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Áp dụng Cô - si ta có:
$a+b \geq 2 \sqrt{ab}$
$b+c \geq 2 \sqrt{bc}$
$c+a \geq 2 \sqrt{ca}$
Từ đó
$\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leq \frac{abc}{8abc}=\frac{1}{8}$
b)Ta có:
$xy+yz+zx=\frac{ab}{(c+a)(c+b)} +\frac{bc}{(a+b)(a+c)} +\frac{ca}{(b+a)(b+c)}$
Vậy $xy+yz+zx \geq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow 4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a) \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$
$\Leftrightarrow {a}^{2}b+a{b}^{2}+{b}^{2}c+b{c}^{2}+{c}^{2}a+c{a}^{2}-6\,abc \geq 0$
Đúng do ${a}^{2}b+a{b}^{2}+{b}^{2}c+b{c}^{2}+{c}^{2}a+c{a}^{2} \geq 6 \sqrt[6]{a^6 b^6 c^6}=6abc$
Vậy BĐT được CM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 07-03-2012 - 12:28

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#5 Poseidont

Poseidont

    Dark Knight

  • Thành viên
  • 322 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thái Hoà

Đã gửi 07-03-2012 - 12:39

Bài 4
Với giả thiết $xy+yz+zx+2xyz=1$
Ta đặt $x= \frac{a}{b+c}, y= \frac{b}{c+a}, z= \frac{c}{a+b}$
(thử lại thấy thỏa mãn)
Áp dụng:
a)

$xyz= \frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Áp dụng Cô - si ta có:
$a+b \geq 2 \sqrt{ab}$
$b+c \geq 2 \sqrt{bc}$
$c+a \geq 2 \sqrt{ca}$
Từ đó
$\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leq \frac{abc}{8abc}=\frac{1}{8}$
b)Ta có:
$xy+yz+zx=\frac{ab}{(c+a)(c+b)} +\frac{bc}{(a+b)(a+c)} +\frac{ca}{(b+a)(b+c)}$
Vậy $xy+yz+zx \geq \frac{3}{4}$
$\Leftrightarrow 4ab(a+b)+4bc(b+c)+4ca(c+a) \geq 3(a+b)(b+c)(c+a)$
$\Leftrightarrow {a}^{2}b+a{b}^{2}+{b}^{2}c+b{c}^{2}+{c}^{2}a+c{a}^{2}-6\,abc \geq 0$
Đúng do ${a}^{2}b+a{b}^{2}+{b}^{2}c+b{c}^{2}+{c}^{2}a+c{a}^{2} \geq 6 \sqrt[6]{a^6 b^6 c^6}=6abc$
Vậy BĐT được CM

đối với bàinày bạn có thể sử dụng giả thiêt ở câu a, bạn lấy bdt ở câub chia cho a là ra

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HVADN: 07-03-2012 - 12:39

Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF


#6 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 07-03-2012 - 12:58

đối với bàinày bạn có thể sử dụng giả thiêt ở câu a, bạn lấy bdt ở câub chia cho a là ra

Câu 6 đề bài là gì vậy

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#7 Poseidont

Poseidont

    Dark Knight

  • Thành viên
  • 322 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thái Hoà

Đã gửi 07-03-2012 - 13:13

Câu 1:
Bài này có rất nhiều cách chứng minh.


Từ điều kiện bài toán ta suy ra tồn tại các số thực không âm$a,b,c$


sao cho$x=\frac{2a}{b+c},y=\frac{2b}{c+a},z=\frac{2c}{a+b} .$ Và như thế, bất đẳng thức của ta được viết lại dưới dạng



$\frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b}\geq \frac{4ab}{(b+c)(c+a)}+\frac{4bc}{(c+a)(a+b)}+ \frac{4ca}{(a+b)(b+c)},$


tương đương



$\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}\ge \sum_{cyc}\frac{2ab}{(b+c)(c+a)}.$


Sử dụng bất đẳng thức$AM-GM,$ ta có



$\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}=\sum_{cyc}\frac{ab}{(b+c)^ 2}+\sum_{cyc}\frac{ca}{(b+c)^2}=\sum_{cyc}\frac{ab }{(b+c)^2}+\sum_{cyc}\frac{ab}{(c+a)^2}=\sum_{cyc} ab\left[\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\right]\ge \sum_{cyc}\frac{2ab}{(b+c)(c+a)}.$


Vậy bất đẳng thức của ta được chứng minh xong. Đẳng thức đạt được khi$a=b=c,$ hay$(a,b,c)\sim (1,1,0)$ cùng các hoán vị, có nghĩa là$x=y=z,$ hay$(x,y,z)\sim (2,2,0)$ cùng các hoán vị.

bạn nên nhớ khi đặt như thế ta sẽ có thêm diều kiện a+b+c=1 bạn nên xem lại ở dấu =

Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF


#8 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 07-03-2012 - 13:32

bạn nên nhớ khi đặt như thế ta sẽ có thêm diều kiện a+b+c=1 bạn nên xem lại ở dấu =

Tìm hộ tớ xem sai chỗ nào còn sửa
_______________________________
Thôi, mình nghĩ cách khác vậy:
Không mất tính tổng quát, có thể giả sử:
$x \geq 1, y \geq 1$ hoặc $x \leq 1 , y \leq 1$
Khi đó ta có $(1-x)(1-y) \geq 0$
$\Leftrightarrow xy+1 \geq x+y$
Suy ra $z(xy+1) \geq z(x+y)$
$\Leftrightarrow xyz+xy+z \geq xy+yz+zx$
Do đó cần CM $x+y+z \geq xyz+xy+z$
Hay $x+y+z \geq 4-xy-yz-zx+xy+z$
$\Leftrightarrow (x+y)(z+1) \geq 4$
Nếu $x=y=0$ thì vô lí nên x+y+xy>0 và $z= \frac{4-xy}{x+y+xy}$
Vậy
$\Leftrightarrow (x+y)(z+1) \geq 4$
$\Leftrightarrow (x+y)(1+\frac{4-xy}{x+y+xy}) \geq 4$
$\Leftrightarrow (x-y)^2 \geq 0$
Luôn đúng nên có điều phải CM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 07-03-2012 - 13:33

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#9 tranhydong

tranhydong

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:10CT,THPT chuyên Lê Hồng Phong,TP HCM

Đã gửi 07-03-2012 - 15:36

6/ BDT $<=>\frac{1}2{}- \frac{1}{a^{2}+2}+\frac{1}2{}- \frac{1}{b^{2}+2}+\frac{1}2{}- \frac{1}{c^{2}+2}\geq \frac{1}{2}$
<=>$\frac{a^{2}}{2a^{2}+4} + \frac{b^{2}}{2b^{2}+4}+\frac{c^{2}}{2c^{2}+4} \geq \frac{(a+b+c)^2{}}{2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+12} = \frac{(a+b+c)^2{}}{2a^{2}+2b^{2}+2c^{2}+4(ab+bc+ca)}=\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a+b+c)^2}=\frac{1}{2} => DPCM$
Dau ''='' xay ra khi a=b=c =1

#10 tranhydong

tranhydong

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:10CT,THPT chuyên Lê Hồng Phong,TP HCM

Đã gửi 07-03-2012 - 17:00

7/ta có $(x+y)(z+x)\geq (\sqrt{xz}+\sqrt{xz})^2 =>\sqrt{(x+y)(z+x)}\geq \sqrt{xy}+\sqrt{xz}$
=>$\frac{x}{x+\sqrt{(x+y)(z+x)}} \leq \frac{x}{x+\sqrt{xy}+\sqrt{xz}}=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}}$
lam tương tư, công 3 vế lại ta có dpcm
Dấu ''='' xảy ra khi x=y=z

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tranhydong: 07-03-2012 - 21:52


#11 sherlock holmes 1997

sherlock holmes 1997

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:???
  • Sở thích:chess ,football

Đã gửi 07-03-2012 - 21:17

2/Vì x+y+z+2=xyz $\Rightarrow \frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}=1$
Đặt $\frac{1}{x+1}=a;\frac{1}{y+1}=b;\frac{1}{z+1}=c$
$\Rightarrow a+b+c=1;x=\frac{b+c}{a};y=\frac{c+a}{b};z=\frac{a+b}{c}$
Ta có:
$2(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})\leq x+y+z+6$
$\Leftrightarrow (\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})^{2}-x-y-z\leq x+y+z+6$
$\Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{2(x+y+z+3)}$
$\Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{2\left [ (x+1)+(y+1)+(z+1) \right ]}$
$\Leftrightarrow \sqrt{\frac{b+c}{a}}+\sqrt{\frac{c+a}{b}}+\sqrt{\frac{a+b}{c}}\leq \sqrt{(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\left [ (b+c)+(c+a)+(a+b) \right ]}$(đúng do BĐT C.B.S)
Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=2
When you have eliminated the impossible whatever remains, however improbable, must be the truth
__________SHERLOCK HOLMES____________

#12 sherlock holmes 1997

sherlock holmes 1997

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:???
  • Sở thích:chess ,football

Đã gửi 07-03-2012 - 22:23

3/Theo tôi nghĩ thì bài này phải có điều kiện $x_1,x_2,...,x_n$ >0 vì với $x_1=-1,x_2=1,x_3=-1,x_4=1$ thì BĐT cần cm sai.Đây là lời giải cho TH $x_1,x_2,...,x_n$ >0
Vì $x_1x_2...x_n=1 nên ta đặt x_1=\frac{a_2}{a_1};x_2=\frac{a_3}{a_2};...;x_n=\frac{a_1}{a_n}$($a_1,a_2,...,a_n>0$)
Khi đó BĐT cần cm sẽ tương đương với :
A=$\frac{a_1}{a_1+a_2+a_3}+\frac{a_2}{a_2+a_3+a_4}+...+\frac{a_n}{a_n+a_1+a_2}$$\geq 1$
Lại có :A=$\frac{a_1^{2}}{a_1^{2}+a_1a_2+a_1a_3}+\frac{a_2^{2}}{a_2^{2}+a_2a_3+a_2a_4}+...+\frac{a_n^{2}}{a_n^{2}+a_na_1+a_na_2}$
$\geq \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^{2}}{a_1^{2}+a_1a_2+a_1a_3+a_2^{2}+a_2a_3+a_2a_4+...+a_n^{2}+a_na_1+a_na_2}$
$\geq 1$(do khi khai triển tử rồi trừ đi mẫu ta sẽ được 1 biểu thức không âm)
Dấu bằng xảy ra khi n=3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sherlock holmes 1997: 08-03-2012 - 17:46

When you have eliminated the impossible whatever remains, however improbable, must be the truth
__________SHERLOCK HOLMES____________

#13 Poseidont

Poseidont

    Dark Knight

  • Thành viên
  • 322 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thái Hoà

Đã gửi 08-03-2012 - 12:57

3/Theo tôi nghĩ thì bài này phải có điều kiện $x_1,x_2,...,x_n$ >0 vì với $x_1=-1,x_2=1,x_3=-1,x_4=1$ thì BĐT cần cm sai.Đây là lời giải cho TH $x_1,x_2,...,x_n$ >0
Vì $x_1x_2...x_n=1 nên ta đặt x_1=\frac{a_2}{a_1};x_2=\frac{a_3}{a_2};...;x_n=\frac{a_1}{a_n}$($a_1,a_2,...,a_n>0$)
Khi đó BĐT cần cm sẽ tương đương với :
A=$\frac{a_1}{a_1+a_2+a_3}+\frac{a_2}{a_2+a_3+a_4}+...+\frac{a_n}{a_n+a_1+a_2}$$\geq 1$
Lại có :A=$\frac{a_1^{2}}{a_1^{2}+a_1a_2+a_1a_3}+\frac{a_2^{2}}{a_2^{2}+a_2a_3+a_2a_4}+...+\frac{a_n^{2}}{a_n^{2}+a_na_1+a_na_2}$
$\geq \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^{2}}{a_1^{2}+a_1a_2+a_1a_3+a_2^{2}+a_2a_3+a_2a_4+...+a_n^{2}+a_na_1+a_na_2}$
$\geq 1$(do khi khai triển tử rồi trừ đi mẫu ta sẽ được 1 biểu thức dương)
Dấu bằng xảy ra khi n=3

nó dương chứ không phải $\geq$ ví thế bạn nên xem lại và a1,a2,...>0 nên tích của chúng cũng thế

Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF


#14 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 08-03-2012 - 13:08

Khang kìa, bài làm của bạn sai rùi đó:
HVADN bảo vậy
__________________________________________________________
Mình thử soi lỗi sai xem nào
__________________________________________________________

3/Theo tôi nghĩ thì bài này phải có điều kiện $x_1,x_2,...,x_n$ >0 vì với $x_1=-1,x_2=1,x_3=-1,x_4=1$ thì BĐT cần cm sai.Đây là lời giải cho TH $x_1,x_2,...,x_n$ >0
Vì $x_1x_2...x_n=1$ nên ta đặt $x_1=\frac{a_2}{a_1};x_2=\frac{a_3}{a_2};...;x_n=\frac{a_1}{a_n}$ ($a_1,a_2,...,a_n>0$)
Khi đó BĐT cần cm sẽ tương đương với :
A=$\frac{a_1}{a_1+a_2+a_3}+\frac{a_2}{a_2+a_3+a_4}+...+\frac{a_n}{a_n+a_1+a_2}$$\geq 1$
Lại có :A=$\frac{a_1^{2}}{a_1^{2}+a_1a_2+a_1a_3}+\frac{a_2^{2}}{a_2^{2}+a_2a_3+a_2a_4}+...+\frac{a_n^{2}}{a_n^{2}+a_na_1+a_na_2}$
$\geq \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^{2}}{a_1^{2}+a_1a_2+a_1a_3+a_2^{2}+a_2a_3+a_2a_4+...+a_n^{2}+a_na_1+a_na_2}$
$\geq 1$(do khi khai triển tử rồi trừ đi mẫu ta sẽ được 1 biểu thức dương)
Dấu bằng xảy ra khi n=3
_______________________________________________________________
Khang ơi, cái $\geq \frac{(a_1+a_2+...+a_n)^{2}}{a_1^{2}+a_1a_2+a_1a_3+a_2^{2}+a_2a_3+a_2a_4+...+a_n^{2}+a_na_1+a_na_2} \geq 1$
Chắc phải chứng minh đó
Đầu tiên xét $n=2$
Sau đó xét $n=3$
Rồi xét $n >3$
Khi ấy mới có sảy ra dấu "=" chứ, nếu không sao cậu chỉ ra là
"khi khai triển tử rồi trừ đi mẫu ta sẽ được 1 biểu thức dương"
chắc phải thay bằng:
"khi khai triển tử rồi trừ đi mẫu ta sẽ được 1 biểu thức không âm"
_________________________________________________

sửa lại bài đi nhé Khang

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#15 Poseidont

Poseidont

    Dark Knight

  • Thành viên
  • 322 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Thái Hoà

Đã gửi 08-03-2012 - 19:29

Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn:$9.(a^4+b^4+c^4)-25(a^2+b^2+c^2)+48=0$
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$F=\frac{a^2}{b+2c}+\frac{b^2}{c+2a}+\frac{c^2}{a+2b}$

Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh