Đến nội dung

bimcaucau

bimcaucau

Đăng ký: 03-04-2021
Offline Đăng nhập: 11-02-2024 - 20:29
-----

Trong chủ đề: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $\frac{2a+b...

24-01-2022 - 16:11

Mình góp 1 cách hơi khác một xíu: 

Giả sử a = max{a, b, c} 

TH1: $2b + 2c \geq a$

bđt tương đương $\sum \frac{2a + 2b - c}{2a + c} \geq 3$

$\Rightarrow \sum \frac{2a + 2b -c}{2a + c} \geq \sum \frac{(\sum 2a + 2b - c)^2}{\sum (2a +2b - c)(2a + c)} = \frac{9(\sum a)^2}{3\sum a^2 + 6\sum ab} = 3$

TH2: $a > 2b + 2c$

chứng minh được: 

$2b + a < 2a + c$

Do đó: 

$\frac{2a + b}{2a + c} + \frac{2b + c}{2b + a} > 1 + \frac{3b}{2a + c} > 1$

mà $\frac{2c + a}{2c + b} > \frac{2c + (2b + 2c)}{2c + b} = 2$

Cộng 2 bđt ta có: $\sum \frac{2a + b}{2a + c} > 3$

Vậy bđt được chứng minh: 

dấu bằng xảy ra khi $a = b = c$

Lúc đầu mình định đăng cách kia nhma có anh kia đăng r hic nên phải ngồi nghĩ cách khác :(

bác cho e hỏi tại sao phải xét 3 trường hợp đó ạ?


Trong chủ đề: $\sqrt{x^3 + 1} -x^2 + 3x - 1 = 0$

28-12-2021 - 06:17

Bài này ta chuyển x2-3x+1 sang 1 vế rồi bình phương giả được mà bạn   :ukliam2:


Trong chủ đề: $a,b,c,d$ nguyên dương: $\frac{a}{a+b...

16-10-2021 - 04:57

Hình như thiếu giả thiết $a,b,c,d$ đôi một phân biệt?

Đặt A là biểu thức trên. Trước hết nhận thấy:

$A> \frac{a}{a+b+c+d}+\frac{b}{a+b+c+d}+\frac{c}{a+b+c+d}+\frac{d}{a+b+c+d}=1$.

Lại có $A<\sum\frac{a+c+d}{a+b+c+d}=3$.

Do đó $\sum\frac{a}{a+b}=2\Leftrightarrow \frac{b}{b+c}-\frac{b}{a+b}-\frac{d}{c+d}+\frac{d}{d+a}=0\Leftrightarrow \frac{b(a-c)}{(a+b)(b+c)}+\frac{d(c-a)}{(c+d)(d+a)}=0\Leftrightarrow \frac{(a-c)(b-d)(ac-bd)}{(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)}=0\Leftrightarrow ac=bd$.

Giả sử $a+b+c+d=p$ là số nguyên tố.

Ta có $dp=d(a+b+c+d)=da+ac+dc+d^2=(a+d)(c+d)$.

Do đó $a+d$ hoặc $c+d$ chia hết cho p. Mà $0<a+d;c+d<p$ nên ta có điều vô lí.

Vậy...

có thiếu đôi một khác nhau thật bác ạ, hihi em nhầm


Trong chủ đề: Cho $x,y,z>0$ và $x\geq y\geq z$. Chứng...

26-09-2021 - 12:46

Vì $x,y,z >0$ và $x\geq y\geq z$ nên 

$x^{3}(y-z)^2+y^{3}(z-x)^2+z^{3}(x-y)^2\geq 0$

$\Leftrightarrow x^{3}y^{2}+y^{3}z^{2}+z^{3}y^{2}\geq x^{3}yz+y^{3}zx+z^{2}xy$

Chia cả 2 vế cho xyz >0 ta được đpcm

rút gọn kiểu gì được hay vậy bác?


Trong chủ đề: Cho $a,b>0$ thỏa mãn: $a + 2b \geq 3$. Tìm M...

29-07-2021 - 11:54

$P = \frac{3a}{b} + a + \frac{9}{2}.b + \frac{8b^2}{a} + b^2$

$a + 2b\geq 3 \Rightarrow \frac{1}{b} + \frac{2}{a} \geq \frac{3}{ab} \Rightarrow \frac{2b^2}{a} \geq \frac{3b}{a}-b$

Do đó:

$P\geq  \frac{3a}{b}+\frac{12b}{a} + 3-2b+\frac{9b}{2}+b^2-4b\geq 12+(b-\frac{3}{4})^2 + 39/16 \geq \frac{231}{16}$
Dấu bằng xảy ra khi:
$a=\frac{3}{2};b=\frac{3}{4}$