Chủ đề này có 9 trả lời

[ninhxa]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{b^2-b+1}+\frac{1}{c^2-c+1}\leq 3$

[longqnh]

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

[triethuynhmath]

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

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?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 09-08-2012 - 22:35

[alex_hoang]

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{b^2-b+1}+\frac{1}{c^2-c+1}\leq 3$

Lời giải của $Lil.Tee$ bên BM.Lời giải 1 dòng
$$\sum\limits_{cyc}{\frac{1}{{{a}^{2}}-a+1}}=\sum\limits_{cyc}{\frac{3({{a}^{2}}+1)}{2({{a}^{4}}+{{a}^{2}}+1)}}-\sum\limits_{cyc}{\frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}{2\left[ {{\left( {{a}^{2}}+1 \right)}^{2}}-{{a}^{2}} \right]}}\le \sum\limits_{cyc}{\frac{3({{a}^{2}}+1)}{2({{a}^{4}}+{{a}^{2}}+1)}}\overset{Vasc}{\mathop \le }\,3.$$

[o0o Math Lover o0o]

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

[viet 1846]

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.

[Secrets In Inequalities VP]

công thức này là... em không hiểu lắm anh giải thích dùm em

Dễ hiểu hon nhé :
Ta có :
$4\geq \sum \frac{2(a^2+1)}{a^4+a^2+1}= \sum \frac{(a^2-a+1)+(a^2+a+1)}{(a^2-a+1)(a^2+a+1)}= \sum (\frac{1}{a^2-a+1}+\frac{1}{a^2+a+1})$
$\geq \sum \frac{1}{a^2-a+1}+1$
$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^2-a+1}\leq 3$

[ninhxa]

Chúng ta luôn có BĐT của Vacs như sau:
$a;b;c>0$ thỏa mãn $abc=1$ ta có:
\[\sum {\frac{1}{{1 + a + {a^2}}}} \ge 1\]

Anh chứng minh hộ em bdt này với.

[viet 1846]

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 $AM-GM$

[tim1nuathatlac]

mình nghĩ ra 1 cách tuy hơi dài
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