Chủ đề này có 5 trả lời

[ckuoj1]

1: Cho a,b,c là các số dương thoả mãn $ab+bc+ac=\frac{1}{3}$. Chứng minh
$\sum \frac{1}{a^{2}-bc+1}\leq 3$
2: Cho a,b,c là các số dương thoả mãn ab+bc+ac = 1. Chứng minh
$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\leq \frac{1}{abc}$

[Quark Quark]

Câu 1
Phải là dấu $\geq$
Ta có $ a^{2}-bc+1=a^{2}+ac+ab=a(a+b+c) $
Tương Tự với các mẫu khác
Ta cần chứng minh
$$\sum \frac{1}{a(a+b+c)}\geq 3$$
$$\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ca}{abc(a+b+c)}\geq 3$$
$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq \frac{1}{3}$
Điêu nay luôn đúng do
$$\Leftrightarrow abc(a+b+c)\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ca)^{2}=\frac{1}{3}$$

từ đó suy ra đpcm
Dấu = xảy ra khi a=b=c=$\frac{1}{\sqrt{3}}$

[maitienluat]

Áp dụng BĐT Holder và giả thiết ta có
$$ \left ( \sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b} \right )^{3}\leq 9\sum \left ( \frac{1}{a}+6b \right ) \right )= \frac{9}{abc}+54\sum a $$
Theo BĐT AM-GM thì
$$1= \left ( \sum ab \right )^{2}\geq 3abc(\sum a)\Rightarrow 54\sum a\leq \frac{18}{abc}$$

Mặt khác theo AM-GM dễ có $abc\leq \frac{1}{3\sqrt{3}}$
$$\Rightarrow VT^{3}\leq \frac{27}{abc}\leq \frac{1}{a^{3}b^{3}c^{3}}= VP^{3}$$
Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 16-02-2013 - 22:54

[ckuoj1]

Áp dụng BĐT Holder và giả thiết ta có
$\left ( \sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b} \right )^{3}\leq 9\sum \left ( \frac{1}{a}+6b \right ) \right )= \frac{9}{abc}+54\sum a$
Theo BĐT AM-GM thì
$$1= \left ( \sum ab \right )^{2}\geq 3abc(\sum a)\Rightarrow 54\sum a\leq \frac{18}{abc}$$

Mặt khác theo AM-GM dễ có $abc\leq \frac{1}{3\sqrt{3}}$
$$\Rightarrow VT^{3}\leq \frac{27}{abc}\leq \frac{1}{a^{3}b^{3}c^{3}}= VP^{3}$$
Suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Bạn có thể viết rõ đoạn trên cùng cho tớ xem được ko

[WhjteShadow]

1: Cho a,b,c là các số dương thoả mãn $ab+bc+ac=\frac{1}{3}$. Chứng minh
$\sum \frac{1}{a^{2}-bc+1}\leq 3$

Với giả thiết $ab+bc+ca=\frac{1}{3}$, ta có thể viết lại bất đẳng thức thành:
$$\sum \frac{1}{a(a+b+c)+2}\leq 1$$
Quy đồng và đổi bất đẳng thức về the0 ngôn ngữ pqr ta có bất đẳng thức tương đương:
$$3p^2+12p^2+12\leq 27p^3r+6p^2+12p^2+8$$
$$\Leftrightarrow 3p^2(1+9pr)\geq 4$$
Áp dụng bất đẳng thức $Schur$ ta có $r\geq \frac{p.(4q-p^2)}{9}=\frac{p.(4-3p^2)}{27}$.
$\bullet$ Nếu $4-3p^2\leq 0$ thì hiển nhiên $$ 3p^2(1+9pr)\geq 3p^2\geq 4$$
$\bullet$ Nếu $4-3p^2>0$ Ta cần chứng minh:
$$p^2\left[3+p.(4-3p^2)\right]\geq 4$$
$$\Leftrightarrow (4-3p^2)(p^3-1)\geq 0$$
Luôn đúng do $4-3p^2>0$ và $p=a+b+c\geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}=1$.
Kết thúc chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ hoặc $a=b=\frac{1}{\sqrt{3}},c=0$ và hoán vị $\blacksquare$

[maitienluat]

2/Viết lại BĐT (sử dụng điều kiện) thành:
$$\sum \frac{ab+bc+ca}{a^{2}+2bc+3ab+3ac}\leq 1$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+b+c)}{a^{2}+2bc+3ac+3ab}\geq 1$$
Sử dụng Cauchy-Schwarz:
$$\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+b+c)}{a^{2}+2bc+3ac+3ab}\geq\frac{\left ( \sum a(a+b+c) \right )^{2}}{\sum a(a+b+c)(a^{2}+2bc+3ab+3ac)}=1$$
(sau khi khai triển và rút gọn)
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$ hoặc $a=b=\frac{1}{\sqrt{3}},c=0$ và các hoán vị.

Áp dụng BĐT Holder và giả thiết ta có
$$ \left ( \sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b} \right )^{3}\leq 9\sum \left ( \frac{1}{a}+6b \right ) \right )= \frac{9}{abc}+54\sum a $$

Nó là:
$$\left ( \sum \sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b} \right )^{3}\leq 9\sum \left ( \frac{1}{a}+6b \right )$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 16-02-2013 - 23:01