$a^2 + b^2 + c^2 = 3$ . Chứng minh rằng : $$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge \dfrac{9}{a + b + c}$$
#1
Đã gửi 20-03-2012 - 19:04
$$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge \dfrac{9}{a + b + c}$$
- Dung Dang Do yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#2
Đã gửi 22-03-2012 - 18:53
Thấy điêu điêu, không biết mình có giải sai không :-?Cho các số $a, b, c$ dương sao cho $a^2 + b^2 + c^2 = 3$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge \dfrac{9}{a + b + c}$$
Có $\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c} \geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}$
Tương tự với những số khác...
được
$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\geq \dfrac{9}{a + b + c}$
Cái này thì quy đồng thì ra, Sao mình không dùng đến điều kiện mới đau :-?
Don't let people know what you think
#3
Đã gửi 22-03-2012 - 19:00
Cái này nếu quy đồng, sử dụng $AM-GM$ thì chỉ chứng minh được $(a + b + c)^2 \ge 9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ Nhưng $$\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \le \sqrt[3]{abc}$$Thấy điêu điêu, không biết mình có giải sai không :-?
Có $\frac{a}{b}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c} \geq 3\sqrt[3]{\frac{a^2}{bc}}$
Tương tự với những số khác...
được
$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\geq \dfrac{9}{a + b + c}$
Cái này thì quy đồng thì ra, Sao mình không dùng đến điều kiện mới đau :-?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 22-03-2012 - 19:00
- Mai Duc Khai yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#4
Đã gửi 24-03-2012 - 23:41
Bài giải của anh em cũng không thấy chỗ sai, vậy bài này đúng là không cần điều kiện nhỉ ?Uhm, dung roi, khong lam tiep buoc cuoi, hic :-p
Ủa còn $$\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \le \sqrt[3]{abc}$$. chỗ này em chưa hiểu???Cái này nếu quy đồng, sử dụng $AM-GM$ thì chỉ chứng minh được $(a + b + c)^2 \ge 9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ Nhưng $$\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \le \sqrt[3]{abc}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanh1223: 24-03-2012 - 23:42
#5
Đã gửi 24-03-2012 - 23:43
Vì $$a^2 + b^2 + c^2 \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc \le 1$$Vậy bài này đúng là không cần điều kiện nhỉ?
Ủa còn $$\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \le \sqrt[3]{abc}$$. cái này em chưa hiểu???
Suy ra điều trên em ạ
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#6
Đã gửi 24-03-2012 - 23:53
#7
Đã gửi 29-03-2012 - 20:49
Suy ra \frac{(a+b+c)^2}{(ab+bc+ca)} \geq \frac{9}{a+b+c}
Ta co: (a+b+c)^3 = [(a+b+c)^2]^\frac{3}{2} = (\sum a^2 + 2\sum ab )^\frac{3}{2}
\geq [3\sqrt{(\sum a^2){(\sum ab)^2}}]^\frac{3}{2}
= 9(ab+bc+ca)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuongnamz10A2: 29-03-2012 - 20:58
- phantomladyvskaitokid yêu thích
#8
Đã gửi 31-03-2012 - 13:51
bài này hình như ngươc dấu màVì $$a^2 + b^2 + c^2 \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc \le 1$$
Suy ra điều trên em ạ
#9
Đã gửi 29-04-2021 - 09:05
Cho các số $a, b, c$ dương sao cho $a^2 + b^2 + c^2 = 3$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge \dfrac{9}{a + b + c}$$
Từ giả thiết suy ra $ab+bc+ca=\frac{(a+b+c)^2-3}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ca}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}=\frac{2(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2-3}$
Ta cần chứng minh: $\frac{2(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2-3}\geq \frac{9}{a+b+c}$
Đặt $a+b+c=t=\sqrt{3+2(ab+bc+ca)}>\sqrt{3}$
Ta quy về chứng minh: $\frac{2t^2}{t^2-3}\geq \frac{9}{t}(*)$
(*) đúng do nó tương đương:$ \frac{(t-3)^2(2t+3)}{t(t^2-3)}\geq 0$
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh