#1
Đã gửi 02-04-2012 - 18:53
$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\geq \frac{22}{15}$
với $\frac{1}{2}\leq a,b,c\leq 2$
Tớ cảm ơn các bạn
- sherlock holmes 1997 yêu thích
#2
Đã gửi 02-04-2012 - 19:47
http://diendantoanho...showtopic=65731
- danganhaaaa yêu thích
#3
Đã gửi 02-04-2012 - 19:50
Đừng nói là "làm hộ nhé", Đăng Anh ơi!Câu a
BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow (\sqrt{xy}-1)(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2\geq 0$ đúng với x,y dương và $xy\geq 1$
Câu b có khá nhiều cách
Ở đây mình trình bày cách sử dụng dồn biến
Gọi VT là K
$K(a;b;c)=\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}$
Giả sử a=max {a;b;c}
Ta sẽ cm: $K(a;b;c)\geq K(a;b;\sqrt{ab})\geq \frac{22}{15}$
Ta có: $K(a;b;c)-K(a;b;\sqrt{ab})=\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}-\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})(\sqrt{ab}-c)^2}{(\sqrt{a}+\sqrt{b})(b+c)(c+a)}\geq 0$
Đặt $x=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{b}} $ . Do a,b,c thuộc $[\frac{1}{2};2]$ do đó $2\geq x$
$K(a;b;\sqrt{ab})-\frac{22}{15}=\frac{a}{a+b}+\frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}-\frac{22}{15}=\frac{x^2}{x^2+1}+\frac{2}{x+1}-\frac{22}{15}$
$K(a;b;\sqrt{ab})-\frac{22}{15}=\frac{-7x^3+23x^2+8-22x}{15(x^2+1)(x+1)}=\frac{(2-x)(7x^2-9x+4)}{15(x^2+1)(x+1)}\geq 0$
Do đó BĐT được cm
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=2;b=\frac{2}{9};c=\frac{2}{3}$
Nhớ là lần sau chỉ cần post đề bài thôi chứ đừng ghi những từ không hay như: "Giúp mình", "làm hộ", "nhờ các bạn giúp",...
Nhớ đấy nhé! Đăng Anh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 02-04-2012 - 19:53
- Dung Dang Do yêu thích
BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO
• Facebook : facebook.com/viet.alexander.7
• Youtube : youtube.com/nthoangcute
• Gmail : [email protected]
• SÐT : 0965734893
#4
Đã gửi 02-04-2012 - 23:19
- sherlock holmes 1997 yêu thích
#5
Đã gửi 02-04-2012 - 23:32
Cho các số $a, b, c \in [0,2]$ . Chứng minh bất đẳng thức :
$$\left |\dfrac{1}{a - b} + \dfrac{1}{b - c} + \dfrac{1}{c - a}\right | \ge \dfrac{3}{2}$$
- Mai Duc Khai và danganhaaaa thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#6
Đã gửi 03-04-2012 - 06:54
Một bài nữa :
Cho các số $a, b, c \in [0,2]$ . Chứng minh bất đẳng thức :
$|\dfrac{1}{a - b} + \dfrac{1}{b - c} + \dfrac{1}{c - a}|\geq \frac{3}{2}$
Giả sử $a\geq b\geq c$
$\dfrac{1}{a - b} + \dfrac{1}{b - c} + \dfrac{1}{c - a}\geq \frac{4}{a-b+b-c}+\frac{1}{c-a}=\frac{3}{a-c}\geq \frac{3}{2}$
$\Rightarrow dpcm$
tt:
Cho các số $a, b, c \in [0,2]$ . Chứng minh bất đẳng thức :
$\dfrac{1}{(a - b)^2} + \dfrac{1}{(b - c)^2} + \dfrac{1}{(c - a)^2}\geq \frac{9}{4}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phantomladyvskaitokid: 03-04-2012 - 06:57
- MyLoVeForYouNMT, Mai Duc Khai, Poseidont và 5 người khác yêu thích
#7
Đã gửi 03-04-2012 - 23:12
Không ai làm hết à :|Cho các số $a, b, c \in [0,2]$ . Chứng minh bất đẳng thức :
$\dfrac{1}{(a - b)^2} + \dfrac{1}{(b - c)^2} + \dfrac{1}{(c - a)^2}\geq \frac{9}{4}$
Đặt vế trái là P
Giả sử : $0 \le a < b < c \le 2.$.
Từ $$0 < c - a \le 2 \Rightarrow \frac{1}{{(c - a)^2 }} \ge \frac{1}{4}.$$
Từ $$0 < (c - b) \le 2 - b \Rightarrow \frac{1}{{(b - c)^2 }} \ge \frac{1}{{(2 - b)^2 }}$$
Từ $$0 < (b - a) \le b \Rightarrow \frac{1}{{(a - b)^2 }} \ge \frac{1}{{b^2 }}$$
Suy ra $$P \ge \frac{1}{{b^2 }} + \frac{1}{{\left( {2 - b} \right)^2 }} + \frac{1}{4},b \in (0;2).$$
Vậy min $P=\frac{9}{4}$
_________
=.= Quên mất cái này của THCS
Ai có cách khác post lên nhé.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 03-04-2012 - 23:18
- phantomladyvskaitokid và danganhaaaa thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#8
Đã gửi 03-04-2012 - 23:57
$\left ( \frac{1}{x^{2}}+ \frac{1}{y^{2}}\right )$.$(x+y)^{2}$$\geq 8$
suy ra:$\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}\geq \frac{8}{(x+y)^{2}}$
do vai trò của a,b,c như nhau nên ta gs $a> b> c$
áp dụng bất đẳng thức trên ta được:
$\frac{1}{(a-b)^{2}}+\frac{1}{(b-c)^{2}}\geq \frac{8}{(a-c)^{2}}$
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a-b=b-c
suy ra VT của BĐT ban đầu $\geq$$\frac{9}{(a-c)^{2}}$
mặt khác do a,c thuộc đoạn [0,2] nên 0<a-c<=2
vậy VT$\geq$$\frac{9}{4}$ ta được DPCM
dấu = có khi và chỉ khi (a,b,c)=(2,1,0) và các hoán vị
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi danganhaaaa: 03-04-2012 - 23:57
- Poseidont, nthoangcute và sherlock holmes 1997 thích
#9
Đã gửi 04-04-2012 - 00:04
1.cho 3 số dương a,b,c tm a+b+c+abc=4.cmr
a+b+c$\geq$ab+bc+ac
2.cho a,b,c thuộc đoạn [1,2] cmr
$\left ( a+b+c \right ).\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\leq 10$
3.ho a,b,c thuộc đoạn [0,1].cmr
a(1-b)+b(1-c)+c(1-a)$\leq$1
bài 1 bài 3 làm được thì đăng lên luôn nhé!!!
____
3 bài này có nhiều trên topic BĐT THCS và THPT rồi bạn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 04-04-2012 - 00:17
- sherlock holmes 1997 yêu thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh