Tìm MIN $\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
#1
Đã gửi 02-06-2012 - 18:37
#2
Đã gửi 02-06-2012 - 19:37
- cool hunter, BlackSelena, minhtuyb và 2 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 02-06-2012 - 19:59
ri mới đúng
Thành viên này đã nhiều lần vi phạm Nội quy của Diễn đàn và có tên trong danh sách đen.
BQT quyết định treo nick 1 tuần. Nếu còn tái phạm nữa thì ban nick luôn.
#4
Đã gửi 02-06-2012 - 20:18
#5
Đã gửi 02-06-2012 - 23:56
a,b,c >0
Tìm MIN $\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Lời giải ở đó như sau.
Biểu thức đã cho được viết lại:
\[\frac{{a + b}}{{2\sqrt[3]{{abc}}}} + \frac{{b + c}}{{2\sqrt[3]{{abc}}}} + \frac{{c + a}}{{2\sqrt[3]{{abc}}}} + \frac{{8abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}\]
Theo AM - GM, ta có:
\[\frac{{a + b}}{{2\sqrt[3]{{abc}}}} + \frac{{b + c}}{{2\sqrt[3]{{abc}}}} + \frac{{c + a}}{{2\sqrt[3]{{abc}}}} + \frac{{8abc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \ge 4\]
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c$. Từ đó có thể kết luận ngay.
- henry0905, Poseidont, Math Is Love và 3 người khác yêu thích
#6
Đã gửi 03-06-2012 - 09:08
Anh thử với a=b=c=1 đi ạ.
Biểu thức chỉ bằng 2 thôi
Em thử lại đi nhé. Rõ ràng là bằng $4$.
----
doxuantung97: À vâng.Em xin lỗi.EM nhìn nhầm là $3\sqrt[3]{abc}$
#7
Đã gửi 03-06-2012 - 20:24
theo bất đẳng thức cô si cho 3 số dương ta có:
$\frac{(a+b+b+c+c+a)^{3}}{27}\geq (a+b)(b+c)(c+a) \leftrightarrow\frac{ 8(a+b+c)^{3}}{27}\geq (a+b)(b+c)(c+a) \Rightarrow \frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \frac{27abc}{(a+b+c)^{3}} \Rightarrow BT\geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{27abc}{(a+b+c)^{3}}$
đặt $a+b+c=x ; \sqrt[3]{abc}=y (x;y> 0)$
áp dụng BĐT cho bốn số dương ta có
$\frac{x}{3y}+\frac{x}{3y}+\frac{x}{3y}+\frac{27y^{3}}{x^{3}}\geq 4$
dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 min=4
#8
Đã gửi 03-06-2012 - 20:39
$a,b,c >0$
Tìm MIN $\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Ta có bài toán mạnh hơn bài toán như sau
Nếu $a,b,c$ là ba số dương có tổng bằng $3,$ thì $$\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{4abc}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}\ge 4.$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 03-06-2012 - 20:39
Ho Chi Minh City University Of Transport
#9
Đã gửi 03-06-2012 - 20:46
Bài toán này em nghĩ dựa vào đánh giá sauTa có bài toán mạnh hơn bài toán như sau
Nếu $a,b,c$ là ba số dương có tổng bằng $3,$ thì $$\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{4abc}{a^2b+b^2c+c^2a+abc}\ge 4.$$
Giải sử $b$ là số nằm giữa $a,c$ thì khi đó
\[{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a + abc \le b{(a + c)^2}\]
Có lẽ nó cùng ý tưởng với hai bài toán sau đây của anh Cẩn
Cho các số không âm $a,b,c$ sao cho không có hai số nào đồng thời bằng $0$ vậy thì
\[\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{ab + bc + ca}} + \frac{{4abc}}{{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a + abc}} \ge 2\]
\[\frac{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{{{(a + b + c)}^2}}} + \frac{{abc}}{{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a}} \ge 1\]
#10
Đã gửi 05-06-2012 - 10:34
----
BQT: SPAM BẠN NHÉ! HÃY CẨN THẬN.
#11
Đã gửi 06-06-2012 - 18:00
$$\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}+\frac{16abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}\geq 5$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 06-06-2012 - 18:56
#12
Đã gửi 07-06-2012 - 00:48
ta có bài toán mở rộng sau Cho a,b,c,d>0.Chứng minh rằng
$$\frac{a+b+c+d}{\sqrt[4]{abcd}}+\frac{16abcd}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}\geq 5$$
Chứng minh hoàn toàn như http://diendantoanho...ndpost&p=321908
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh