$$\frac{a^2+b}{a+b^2}+\frac{b^2+c}{b+c^2}+\frac{c^2+a}{c+a^2}\geq 3$$
#1
Đã gửi 31-10-2012 - 20:37
Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq 6$$
Bài toán 2.
Chứng minh $\forall a,b,c>0$ và $a+b+c=3$ ta luôn có:
$$\frac{a^2+b}{a+b^2}+\frac{b^2+c}{b+c^2}+\frac{c^2+a}{c+a^2}\geq 3$$
- HÀ QUỐC ĐẠT, BlackSelena, ducthinh26032011 và 5 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 01-11-2012 - 02:04
Lâu rồi...Thành quả sau 1 hồi lượm lặt
Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq 6$$
$$VT-3\sqrt{3}=\sum \dfrac{a}{\sqrt{a+3}+\sqrt{3}} =\sum \dfrac{a^2}{\sqrt{a}\sqrt{a^2+3a}+\sqrt{3}a} \ge \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum \left (\sqrt{a}\sqrt{a^2+3a}+\sqrt{3}a\right )} \ge \dfrac{4x^2}{(7+4\sqrt{3})x+x^2-6}$$
Xét $f(x)=\dfrac{4x^2}{(7+4\sqrt{3})x+x^2-6}, f'(x)=\dfrac{4[(7 +4\sqrt{3})x^2-12x]}{[(7+4\sqrt{3})x+x^2-6]^2)}>0$ Hàm đồng biến, suy ra $f(x)\ge f(3)= 6-3\sqrt{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 01-11-2012 - 02:05
- together1995, HÀ QUỐC ĐẠT, yeutoan11 và 6 người khác yêu thích
Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......
#3
Đã gửi 01-11-2012 - 06:17
#4
Đã gửi 01-11-2012 - 07:55
Bạn đó trừ $3\sqrt{3}$ với mục đích là trừ mỗi hạng tử cho $\sqrt{3}$ rồi có thể nhân liên hiệp lên để ở tử còn lại chỉ là $a$ cho nó đơn giản hơn thôi bạnbạn ơi, sao bạn biết là trừ 2 vế cho $3\sqrt{3}$ vậy bạn. Trừ 2 vế cho số đó khó nghĩ ra lắm. bạn giải thích cho mọi người nha. cám ơn bạn
- tramyvodoi yêu thích
Hãy sống để khi chết, bạn mỉm cười trong khi những người xung quanh thì khóc.
Họ khóc vì niềm vui được biết đến bạn.
#5
Đã gửi 01-11-2012 - 13:12
Trước hết ta sẽ đi chứng minh với $\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}=6$ thì $ab+bc+ca\leq 3$Thành quả sau 1 hồi lượm lặt
Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq 6$$
Đặt $x=\frac{\sqrt{a+3}}{2};y=\frac{\sqrt{b+3}}{2};z=\frac{\sqrt{c+3}}{2}$ thì $x+y+z=3$ và ta sẽ phải CM
$6(x^2+y^2+z^2)\geq 6+4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$
$\Leftrightarrow 6(x+y+z)^2-12(xy+yz+zx)\geq 6+4(xy+yz+zx)^{2}-8xyz(x+y+z)$
$\Leftrightarrow 12+6r\geq q^2+3q$
BĐT Schur $p^3+9r\geq 4pq\Leftrightarrow 3r\geq 4q-9$
Do đó ta cần CM $(q-2)(q-3)\leq 0$ .Do $q\leq 3$ nên ta sẽ có điều này khi $q\geq 2$
Trường hợp ngược lại $q\leq 2$ rõ ràng $q^2+3q\leq 10\leq 12+6r$
Túm lại là với $\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}=6$ thì $ab+bc+ca\leq 3$
Lại đặt $m=ta;n=tb;p=tc$ sao cho $mn+np+pm=3\Rightarrow t\geq 1$
$\Rightarrow \frac{\sqrt{m+3}}{2}+\frac{\sqrt{n+3}}{2}+\frac{\sqrt{p+3}}{2}$
$\geq \frac{\sqrt{a+3}}{2}+\frac{\sqrt{b+3}}{2}+\frac{\sqrt{c+3}}{2}=6$ (do $t\geq 1)
Đây chính là điều phải CM
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongvanhehe: 01-11-2012 - 21:33
- Tham Lang, HÀ QUỐC ĐẠT, yeutoan11 và 5 người khác yêu thích
#6
Đã gửi 07-11-2012 - 19:42
Mình nghĩ đến đây là kết thúc chứng minh rồi,theo cách làm phản chứng.Trước hết ta sẽ đi chứng minh với $\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}=6$ thì $ab+bc+ca\leq 3$
Đặt $x=\frac{\sqrt{a+3}}{2};y=\frac{\sqrt{b+3}}{2};z=\frac{\sqrt{c+3}}{2}$ thì $x+y+z=3$ và ta sẽ phải CM
$6(x^2+y^2+z^2)\geq 6+4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$
$\Leftrightarrow 6(x+y+z)^2-12(xy+yz+zx)\geq 6+4(xy+yz+zx)^{2}-8xyz(x+y+z)$
$\Leftrightarrow 12+6r\geq q^2+3q$
BĐT Schur $p^3+9r\geq 4pq\Leftrightarrow 3r\geq 4q-9$
Do đó ta cần CM $(q-2)(q-3)\leq 0$ .Do $q\leq 3$ nên ta sẽ có điều này khi $q\geq 2$
Trường hợp ngược lại $q\leq 2$ rõ ràng $q^2+3q\leq 10\leq 12+6r$
Túm lại là với $\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}=6$ thì $ab+bc+ca\leq 3$
Lại đặt $m=ta;n=tb;p=tc$ sao cho $mn+np+pm=3\Rightarrow t\geq 1$
$\Rightarrow \frac{\sqrt{m+3}}{2}+\frac{\sqrt{n+3}}{2}+\frac{\sqrt{p+3}}{2}$
$\geq \frac{\sqrt{a+3}}{2}+\frac{\sqrt{b+3}}{2}+\frac{\sqrt{c+3}}{2}=6$ (do $t\geq 1)
Đây chính là điều phải CM
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh