Chủ đề này có 8 trả lời

[Tham Lang]

Cho các số $a, b, c$ dương sao cho $a^2 + b^2 + c^2 = 3$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge \dfrac{9}{a + b + c}$$

[Giang1994]

Cho các số $a, b, c$ dương sao cho $a^2 + b^2 + c^2 = 3$ . Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \ge \dfrac{9}{a + b + c}$$

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 :-?

[Tham Lang]

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 :-?

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 huymit_95: 22-03-2012 - 19:00

[chanh1223]

Uhm, dung roi, khong lam tiep buoc cuoi, hic :-p

Bài giải của anh em cũng không thấy chỗ sai, vậy bài này đúng là không cần điều kiện nhỉ ?

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 $$\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \le \sqrt[3]{abc}$$

Ủa còn $$\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \le \sqrt[3]{abc}$$. chỗ này em chưa hiểu???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanh1223: 24-03-2012 - 23:42

[Tham Lang]

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???

Vì $$a^2 + b^2 + c^2 \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc \le 1$$
Suy ra điều trên em ạ

[chanh1223]

À, ra vậy. Cám ơn anh!

[phuongnamz10A2]

$\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = \sum \frac{a^2}{ab}\geq \frac{(a+b+c)^2}{(ab+bc+ca)}

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

[sonksnb]

Vì $$a^2 + b^2 + c^2 \ge 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc \le 1$$
Suy ra điều trên em ạ

bài này hình như ngươc dấu mà

[KietLW9]

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