Đến nội dung

choisiwon

choisiwon

Đăng ký: 05-03-2011
Offline Đăng nhập: 24-04-2015 - 01:58
-----

Trong chủ đề: Same Schur Deg 3

08-06-2011 - 19:09

Cho a,b,c là ba số thức dương thoả mãn $a\geq b\geq c$ . Chứng minh rằng:
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc \geq \sum ab(a+b)+[(a-b)(\sqrt{a}-\sqrt{b})]^{2}+\dfrac{c.(\sum (a-b)^{2})}{2}. $
Nó mạnh hơn Schur bậc 3. Mình post lên ML 1 thời gian nhưng chưa thấy LG nào cho nó cả.
*****************
Tất nhiên mình giải dc nó theo cách đơn giản.

Chuyển bất đẳng thức về dạng:
$a^3+b^3+4abc\ge 2c(a^2+b^2)+ab(a+b)+(a-b)^2(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2$
Tương đương:
$(a-b)^2(\sqrt{ab}-c)\ge 0$
Đến đây thì ta dc đpcm
ta cũng có thể chuyển vế r�#8220;i diến đổi tương đương:
$[a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc] -[ \sum ab(a+b)+[(a-b)( \sqrt{a}- \sqrt{b})]^{2}+\dfrac{c.(\sum (a-b)^{2})}{2}] $
$=2(a-b)^2.(\sqrt{ab}-c) \geq 0$
--------------------
DCII;)

Trong chủ đề: Khó wá

02-05-2011 - 22:21

nếu $(a+1)(b+1)(c+1)\ge \sqrt[3]{abc}+1$ thì $\sum{\dfrac{1}{a+1}}\le \dfrac{1}{\sqrt[3]{abb}+1}$ mới đúng chứ

cách khác nak
(đơn giản hơn)
ta có:
$(1+abc)(\sum\dfrac{1}{a(1+b)})+3=\sum\dfrac{1+a}{a(1+b)}+\sum\dfrac{b(c+1)}{1+b}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}+3\sqrt[3]{abc}$
==>dpcm

Trong chủ đề: Khó wá

01-05-2011 - 18:58

Cho a,b,c>0.
CMR:$\sum{\dfrac{1}{a(b+1)}}\ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}(\sqrt[3]{abc}+1)}}$

mình thử làm nha:D
đặt $p=\sum_{cyc}\dfrac{1}{a(1+b)}$
áp dung bdt:$(x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)$
$P^{2}\geq 3( \sum_{cyc}\dfrac{1}{ab(1+b)(1+c)})= \dfrac{3}{abc}-\dfrac{3}{(1+a)(1+b)(1+c)}-\dfrac{1}{abc((1+a)(1+b)(1+c)}$
dặt $t= \sqrt[3]{abc}$ áp dung AM-GM ta có:
$(1+a)(1+b)(1+c) \geq (t+1)^{3}$
$\Rightarrow P^{2}\geq \dfrac{3}{t^{3}}-\dfrac{3}{(t+1)^{3}}-\dfrac{3}{t^{3}(t+1)^{3}}= \dfrac{9}{t^{2}(t+1)^{2}}$
do đó:
$\sum_{cyc}\dfrac{1}{a(1+b)}\geq \dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}(\sqrt[3]{abc}+1)}$

Trong chủ đề: Bất đẳg thức

26-04-2011 - 10:41

Đầu tiên bạn chứng minh BĐT sau
$\dfrac{a_1^3}{b_1}+\dfrac{a_2^3}{b_2}+\dfrac{a_3^3}{b_3}\ge\dfrac{(a_1+a_2+a_3)^3}{3(b_1+b_2+b_3)}$
Cái này khung khó lắm chỉ cần áp dụng svac tý là ra.
Áp dụng cái trên ta có:
$P=\dfrac{a^3}{a^2+abc}+\dfrac{b^3}{b^2+abc}+\dfrac{c^3}{c^2+abc}\ge\dfrac{(a+b+c)^3}{3(a^2+b^2+c^2+3abc)}$
Ta sẽ chứng minh:
$\dfrac{(a+b+c)^2}{3(a^2+b^2+c^2+3abc)}\ge\dfrac{1}{4}$ :D
Thật vậy
:D <=> $X=\ a^2+b^2+c^2+8ab+8bc+8ca\ge\9abc$
Mặt khác theo giả thiết a+b+c=abc =>$\dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=1$
Áp dụng Bunuacovsky: $\(ab+bc+ca)(\dfrac{1}{ab}+ \dfrac{1}{bc}+ \dfrac{1}{ca})\ge\9$
$=>\ ab+bc+ca\ge\9$
$=>\ X \ge\9(ab+bc+ca) \ge\ 81 $
Việc còn lại là chứng minh $\ abc \le\9$

Trong chủ đề: cực trị khó!

24-04-2011 - 15:17

mọi người giúp e làm bài này đi
khó wa nak