Chủ đề này có 6 trả lời

[terenceTAO]

Cho a,b,c là các số thực dương chứng minh
$\frac{b^3}{(a+b)^3}+\frac{c^3}{(b+c)^3}+\frac{a^3}{(c+a)^3}\geq \frac{3}{8}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi terenceTAO: 20-05-2012 - 08:14

[viet 1846]

Cho a,b,c là các số thực dương chứng minh
$\frac{b^3}{(a+b)^3}+\frac{c^3}{(b+c)^3}+\frac{a^3}{(c+a)^3}\geq \frac{3}{8}$

Bài toán quen thuộc: cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$ ta có

\[\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {y + 1} \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {z + 1} \right)}^3}}} \ge \frac{3}{8}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoàng Quốc việt: 20-05-2012 - 08:54

[phuongnamz10A2]

Sử dụng Holder ta có:
$[\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^3}+\frac{1}{2^3}][\frac{3}{8}][\frac{b^3}{(a+b)^3}+\frac{c^3}{(b+c)^3}+\frac{a^3}{(c+a)^3}]\ge (\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a})^3$
Tiếp theo ta C/m $P= \frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}\ge \frac{3}{2}$
Đặt $x=a+b$; $y=b+c$; $z=c+a$
=> $a=\frac{y+z-x}{2}$; $b=\frac{z+x-y}{2}$; $c=\frac{x+y-z}{2}$
$P=\frac{y+z-x}{2}+\frac{z+x-y}{2}+\frac{x+y-z}{2}\ge \frac{3}{2}$
$\frac{x}{y}+\frac{y}{x}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{z}{y}+\frac{y}{z}\ge 6$ (đúng)
Thay vào ta có
$\frac{3}{8}\frac{3}{8}[\frac{b^3}{(a+b)^3}+\frac{c^3}{(b+c)^3}+\frac{a^3}{(c+a)^3}]\ge \frac{27}{512}$
$<=>[\frac{b^3}{(a+b)^3}+\frac{c^3}{(b+c)^3}+\frac{a^3}{(c+a)^3}]\ge \frac{3}{8}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuongnamz10A2: 21-05-2012 - 10:28

[terenceTAO]

$P= \frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}\ge \frac{3}{2}$

Bất đẳng thức này sai em nhé.....em kiểm tra lại lại cách chứng minh của minh xem,có chỗ bị nhầm đấy

[phuongnamz10A2]

Ừ nhỉ. em tưởng nó giống Netsbit hóa ra không phải. Anh nghĩ làm theo hướng đó có đươc không?

[Ispectorgadget]

Bài toán quen thuộc: cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$ ta có

\[\frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {y + 1} \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {z + 1} \right)}^3}}} \ge \frac{3}{8}\]

Tham khảo ở đây

[viet 1846]

Tiếp theo ta C/m $P= \frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}\ge \frac{3}{2}$

Nếu ông Nesbilt sống lại thì chắc sẽ cười vỡ bụng mất.