Cho a,b,c>0 và abc=1. CMR: $\sum \frac{1}{a^2-a+1}\leq 3$
#1
Đã gửi 09-08-2012 - 22:17
$\frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{b^2-b+1}+\frac{1}{c^2-c+1}\leq 3$
Thời gian là thứ khi cần thì luôn luôn thiếu.
#2
Đã gửi 09-08-2012 - 22:28
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{b^2-b+1}+\frac{1}{c^2-c+1}\leq 3$
sử dụng $AM-GM$
$a^2+a+1\geq 3a$
$=>a^2-a+1\geq a$
$=>\frac{1}{a^2-a+1}\leq \frac{1}{a}$
tương tự rồi cộng lại => đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longqnh: 09-08-2012 - 22:29
- nthoangcute và online thích
SẼ KHÔNG BAO GIỜ BẾ TẮC NẾU TA CÒN CỐ GẮNG
#3
Đã gửi 09-08-2012 - 22:35
Công lại ra $VT\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ rồi làm được gì tiếp nữa anh cauchy không được vì bị ngược dấu rồi?sử dụng $AM-GM$
$a^2+a+1\geq 3a$
$=>a^2-a+1\geq a$
$=>\frac{1}{a^2-a+1}\leq \frac{1}{a}$
tương tự rồi cộng lại => đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 09-08-2012 - 22:35
TRIETHUYNHMATH
___________________________
08/12/1997
#4
Đã gửi 09-08-2012 - 22:50
Lời giải của $Lil.Tee$ bên BM.Lời giải 1 dòngCho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{b^2-b+1}+\frac{1}{c^2-c+1}\leq 3$
$$\sum\limits_{cyc}{\frac{1}{{{a}^{2}}-a+1}}=\sum\limits_{cyc}{\frac{3({{a}^{2}}+1)}{2({{a}^{4}}+{{a}^{2}}+1)}}-\sum\limits_{cyc}{\frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}{2\left[ {{\left( {{a}^{2}}+1 \right)}^{2}}-{{a}^{2}} \right]}}\le \sum\limits_{cyc}{\frac{3({{a}^{2}}+1)}{2({{a}^{4}}+{{a}^{2}}+1)}}\overset{Vasc}{\mathop \le }\,3.$$
- Poseidont, Secrets In Inequalities VP, WhjteShadow và 1 người khác yêu thích
#5
Đã gửi 10-08-2012 - 08:10
Lời giải của $Lil.Tee$ bên BM.Lời giải 1 dòng
$$\sum\limits_{cyc}{\frac{1}{{{a}^{2}}-a+1}}=\sum\limits_{cyc}{\frac{3({{a}^{2}}+1)}{2({{a}^{4}}+{{a}^{2}}+1)}}-\sum\limits_{cyc}{\frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}{2\left[ {{\left( {{a}^{2}}+1 \right)}^{2}}-{{a}^{2}} \right]}}\le \sum\limits_{cyc}{\frac{3({{a}^{2}}+1)}{2({{a}^{4}}+{{a}^{2}}+1)}}\overset{Vasc}{\mathop \le }\,3.$$
công thức này là... em không hiểu lắm anh giải thích dùm em
"Trên con đường đi đến thành công,
thì không có vết chân của kẻ làm biếng."
"Những thành quả đạt được trong tương lai,
là kết quả của việc học ngày hôm nay"
#6
Đã gửi 10-08-2012 - 17:47
công thức này là... em không hiểu lắm anh giải thích dùm em
cái ông Lil.tee này làm màu thôi bạn:
Chúng ta luôn có BĐT của Vacs như sau:
$a;b;c>0$ thỏa mãn $abc=1$ ta có:
\[\sum {\frac{1}{{1 + a + {a^2}}}} \ge 1\]
BĐT này tương đương với:
\[\frac{{1 + {a^k}}}{{1 + {a^k} + {a^{2k}}}} + \frac{{1 + {b^k}}}{{1 + {b^k} + {b^{2k}}}} + \frac{{1 + {c^k}}}{{1 + {c^k} + {c^{2k}}}} \le 2\]
thật vậy:
\[ineq \Leftrightarrow \sum {\frac{{{a^{2k}}}}{{1 + {a^k} + {a^{2k}}}} \ge 1} \]
\[ \Leftrightarrow \sum {\frac{1}{{1 + \frac{1}{{{a^k}}} + \frac{1}{{{a^{2k}}}}}}} \ge 1\]
BĐT cuối là BĐT vacs bên trên ta nói.
Khi chứng minh các BĐT dang:
Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $abc=1$ chứng minh rằng $f(a)+f(b)+f(c)\ge k$
Thì ta dùng pp hệ số bất định:
\[f(a) \ge k\frac{1}{{{a^{2m}} + {a^m} + 1}}\]
Đạo hàm hai vế và cho $a=1$ ta tìm được $m$. Đây chỉ là dự đoán, nên đôi khi có thể sai bạn ak`! Nhưng kinh nghiệm của bản thân tôi thì thấy bđt này khá chặt nên làm được khà nhiều bài, không tin bạn có thể thử?
Nếu BĐT dạng $f(a)+f(b)+f(c)\le k$
ta hệ số bất định:
\[f(a) \le \frac{k}{2}.\frac{{{a^m} + 1}}{{{a^{2m}} + {a^m} + 1}}\]
và cũng tìm $m$ như trên, và kiểm tra tính đúng của bđt. Nếu đúng thì xong luôn. không đúng thì ta tìm cách khác.
- WhjteShadow và online thích
#7
Đã gửi 10-08-2012 - 18:23
Dễ hiểu hon nhé :công thức này là... em không hiểu lắm anh giải thích dùm em
Ta có :
$4\geq \sum \frac{2(a^2+1)}{a^4+a^2+1}= \sum \frac{(a^2-a+1)+(a^2+a+1)}{(a^2-a+1)(a^2+a+1)}= \sum (\frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{a^2+a+1})$
$\geq \sum \frac{1}{a^2-a+1}+1$
$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^2-a+1}\leq 3$
- o0o Math Lover o0o và online thích
#8
Đã gửi 11-08-2012 - 14:53
Anh chứng minh hộ em bdt này với.Chúng ta luôn có BĐT của Vacs như sau:
$a;b;c>0$ thỏa mãn $abc=1$ ta có:
\[\sum {\frac{1}{{1 + a + {a^2}}}} \ge 1\]
Thời gian là thứ khi cần thì luôn luôn thiếu.
#9
Đã gửi 11-08-2012 - 17:09
Anh chứng minh hộ em bdt này với.
Vì $xyz=1$ nên tồn tại $a;b;c>0$ thỏa mãn $x=\frac{bc}{a^2}$; $y=\frac{ca}{b^2}$; $z=\frac{ab}{c^2}$
Khi đó \[\frac{1}{{{x^2} + x + 1}} = \frac{1}{{\frac{{{b^2}{c^2}}}{{{a^4}}} + \frac{{bc}}{{{a^2}}} + 1}} = \frac{{{a^4}}}{{{a^4} + {a^2}bc + {b^2}{c^2}}}\]
Hay \[LHS = \frac{{{a^4}}}{{{a^4} + {a^2}bc + {b^2}{c^2}}} + \frac{{{b^4}}}{{{b^4} + {b^2}ca + {c^2}{a^2}}} + \frac{{{c^4}}}{{{c^4} + {c^2}ab + {a^2}{b^2}}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^4} + {b^4} + {c^4} + {a^2}{b^ + }{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} + abc\left( {a + b + c} \right)}} \ge 1\]
Thật vậy BĐT cuối
\[ \Leftrightarrow \left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) \ge abc\left( {a + b + c} \right)\]
BĐT này luôn đúng theo $AM-GM$
- together1995, ducthinh26032011, ninhxa và 1 người khác yêu thích
#10
Đã gửi 11-08-2012 - 18:33
BĐT cần cm tương đương vs
$\sum \left ( \frac{4}{3}-\frac{1}{a^{2}-a+1} \right )\geq 1\Leftrightarrow \sum \frac{\left ( 2a-1 \right )^{2}}{3\left ( a^{2}-a+1 \right )}\geq 1$
$VT\geq \frac{\left ( 2a+2b+2c-3 \right )^{2}}{3\sum a^{2}-3\sum a+9}\geq 1$
cần cm $4\sum a^{2}+8\sum ab-12\sum a\geq 3\sum a^{2}-3\sum a \Leftrightarrow \sum a^{2}+8\sum ab-9\sum a\geq 0$ (*)
mặt khác $\left ( \sum ab \right )^{2}\geq 3abc\left ( \sum a \right ) \Leftrightarrow \sum ab\geq \sqrt{3}\sqrt{\sum a}$
VT(*)$\geq \left ( \sum a \right )^{2}+6\sqrt{3}\left ( \sqrt{}{\sum a} \right )$
$\Leftrightarrow \left ( a+b+c \right )^{2}+6\sqrt{3\sum a}\geq 9\sum a$
đặt $\sqrt{3\sum a}=t\Leftrightarrow t^{4}+54t\geq 27t^{2} \Leftrightarrow t^{3}+27+27\geq 27t$
suy ra Q.E.D
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh