|
Topic về bất đẳng thức (2) Trích:
|
Cho a,b,c>0.CMR $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 3\sqrt[4]{\frac{a^4+b^4+c^4}{3}} $ |
Trích:
[Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...] Bất đẳng thức mạnh hơn vẫn đúng nếu thay số $4 $ bởi số $5 $ hoặc $6 $ (tất nhiên cách chứng minh khó khăn hơn rất nhiều và khó có lời giải đẹp) |
Bất đẳng thức hoán vị Cho $a,b,c \ge 0 $. Chứng minh : $\sum \frac{a}{b}\ge \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2 $ |
Ta có : $\sum \frac{a}{b}=\sum \frac{a^2}{ab} $ Dùng bđt Cauchy - Schwarz :$\sum \frac{a^2}{ab}\geq \frac{(\sum a)^2}{\sum ab} $ Nhưng :$\frac{(\sum a)^2}{\sum ab}=\frac{\sum a^2}{\sum ab}+2 $ Được đpcm |
Trích:
Khi đó áp dụng Cauchy-Schwarz, ta có $\sum \frac{a}{b} = \sum \frac{a^2}{ab} \ge \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} = \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2 $ |
Trích:
Do bất đẳng thức đã cho là thuần nhất nên khoảng $\left [ 1;2 \right ] $ có thể thay thế bởi khoảng $\left [ k;2k \right ] $ bất kì. Không mất tính tổng quát, giả sử $c=max\left \{ a;b;c \right \} $ . Bất đẳng thức ở đề bài tương đương với: $(a+b+c)\left ( \frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}+\frac{6}{a+b}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c} \right )\le 18 $ Chuẩn hoá $a+b+c=3 $, cần chứng minh: $\frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}+\frac{6}{a+b}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c}\le 6 $ Đặt $2t=a+b $ và $f(a;b;c)=\frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}+\frac{6}{a+b}-\frac{1}{a}-\frac{1}{b}-\frac{1}{c} $ Xét hiệu: $f(a;b;c)-f(t;t;c)=\frac{6}{b+c}+\frac{6}{c+a}-\frac{24}{2c+a+b}-\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}-\frac{4}{a+b} \right ) $ $=(a-b)^2\left ( \frac{6}{(b+c)(c+a)(2c+a+b)}-\frac{1}{ab(a+b)} \right )\le 0 $ Thật vậy, vì cách chọn c nên: $(a+c)(b+c)(2c+a+b)\ge 2a.2b.2(a+b)>6ab(a+b) $ Vậy chỉ cần chứng minh: $f(t;t;c)\le 6 $ Thay $c=3-2t $ và biểu thức, ta được dạng tương đương: $\frac{(t-1)^2(4t-3)}{t(3-2t^2)(3-t)}\ge 0 $ Mà $2t\ge 2\ge c $ nên $4t\ge 2t+c=3\Rightarrow 4t-3\ge 0 $ Kết hợp với trên ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c $ hoặc $(a;b;c)=(k;k;2k) $. |
Bài toán của anh Phạm Hữu Đức: Nếu a, b, c là các số thưc dương thì ta có BĐT: $\sum \sqrt{\frac{b+c}{a}}\geq \sqrt{6.\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}} $ @ Leviethai: Cho em hỏi nếu mũ 6 thì giải như thế, em được biết nó đang unsolved trên mathlinks |
Các bạn giúp mình bài tập này : Cho $\left\{\begin{matrix} x, y, z > 1 & \\ x + y + z = xyz & \end{matrix}\right. $ Tìm min $\frac{x - 2}{y^{2}} + \frac{y - 2}{z^{2}} + \frac{z - 2}{x^{2}} $ |
Trích:
Suy ra $P=\sum (x-1)(\frac{1}{y^2}+\frac{1}{x^2})-\frac{x+y+z}{xyz}\geq \sum \frac{2(x-1)}{xy}-\frac{x+y+z}{xyz}=\frac{xy+yz+zx}{xyz}-2 $ Mà $(xy+yz+zx)^2\geq 3xyz(x+y+z)=3(xyz)^2 $ nên $\frac{xy+yz+zx}{xyz}\geq \sqrt 3 $. Vậy $P\geq \sqrt3-2 $ |
Cho $abc=1 $ Tìm giá trị lớn nhất của $M=\frac{a}{b^2+c^2+a}+\frac{b}{a^2+c^2+b}+\frac{c} {b^2+a^2+c} $ |
Trích:
\Leftrightarrow \sum \frac{a^4bc}{b^6+c^6+a^4bc}\leqslant 1 $ Sử dụng bổ đề cơ bản $b^6+c^6\geqslant bc(b^4+c^4) $ Ta suy ra $\sum \frac{a^4bc}{b^6+c^6+a^4bc}\leqslant \sum \frac{a^4bc}{bc(b^4+c^4)+a^4bc}=\sum \frac{a^4}{a^4+b^4+c^4}=1 $ Ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1 $ |
Trích:
$xy^2z^2(y-z)^2\ge 0,\;\;yz^2x^2(z-x)^2\ge 0,\;\;zx^2y^2(x-y)^2\ge 0 $ |
Cho$ a,b,c \in [1;3] $và a+b+c = 6 Chứng minh : $a^{3}+b^3+c^3\leq 36 $ |
Trích:
|
| Múi giờ GMT. Hiện tại là 05:12 AM. |
Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.