Các bài toán BDT khác nhau

Evarist Galois · 01-07-2010, 05:16 PM

1)$a,b,c>0; a+b+c=3 $.CMR:
$\sum \sqrt{\frac{a}{{b}^{2}+3}}\leq \frac{3}{2} $

2)$a,b,c \in [1;3]; a+b+c=5 $.CMR:
$17(ab+bc+ca)-9abc \le 100 $

3)$a,b,c \ge 0;ab+bc+ca+abc=4 $.CMR:
$\sum \frac{5a+19b}{2b+1} \ge 24 $

4)$a,b,c>0 $.CMR:
$3(a+b+c) \ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}} $

5)$a,b,c>0;a+b+c=3 $.CMR:
$\sum \frac{a^2b}{(a+2b)^2} \le \frac{1}{3} $

Uy_Vũ · 01-07-2010, 08:19 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Evarist Galois

1)$a,b,c>0; a+b+c=3 $.CMR:
$\sum \sqrt{\frac{a}{{b}^{2}+3}}\leq \frac{3}{2} $

2)$a,b,c \in [1;3]; a+b+c=5 $.CMR:
$17(ab+bc+ca)-9abc \le 100 $

3)$a,b,c \ge 0;ab+bc+ca+abc=4 $.CMR:
$\sum \frac{5a+19b}{2b+1} \ge 24 $

4)$a,b,c>0 $.CMR:
$3(a+b+c) \ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}} $

5)$a,b,c>0;a+b+c=3 $.CMR:
$\sum \frac{a^2b}{(a+2b)^2} \le \frac{1}{3} $

Bài 3 thử đặt
$a=\frac{2x}{y+z};b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y} $
Bài 4: Chúng ta cm đc bđt chặt hơn sau:
$ 3(a+b+c) \ge 7\sqrt[3]{abc}+2\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}} $
Bài 5: Post by Dr Thanh thì phải

nam1994 · 01-07-2010, 08:23 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Uy_Vũ

Bài 3 thử đặt
$a=\frac{2x}{y+z};b=\frac{2y}{z+x};c=\frac{2z}{x+y} $
Bài 4: Chúng ta cm đc bđt chặt hơn sau:
$3(a+b+c) \ge 7\sqrt[3]{abc}+2\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3} $
Bài 5

ost by Dr Thanh thì phải

bạn có thể làm chi tiết bài 3 ko, mình cũng đặt vậy nhưng khi phá ra thì cồng kềnh quá

**truongvoki_bn** · 02-07-2010, 10:58 AM

Mình nghĩ bài 3 sử dụng đến BDT phụ $a+b+c\geq ab+bc+ca $ này:

(đoán thế)

nam1994 · 02-07-2010, 12:00 PM

Trích:

Nguyên văn bởi truongvoki_bn

Mình nghĩ bài 3 sử dụng đến BDT phụ $a+b+c\geq ab+bc+ca $ này:

(đoán thế)

Chẳng liên quan j cả đoán già đoán non làm hẳn ra đi
bạn evarist có lời giải bài 2 không, có thể post lên cho m tham khảo được o

tinnguyen · 02-07-2010, 01:32 PM

Bài 2:Với những bài toán như vầy thì mình thấy phương pháp f(x)=ax+b của thầy PVT rất có giá trị.
Biến đổi BĐT thành$ f(x)=x(9c-17)+17c^2-85c+100 \geq 0 $
Với $x=ab,x \in [1;\frac{(5-c)^2}{4}]. $
Nếu$ c > \frac{17}{9} $ thì $f(x) > 17c^2-85c+100 >0 $
Nếu $c \leq \frac{17}{9} $ thì$ f(x) \geq \frac{(5-c)^2}{4}(9c-17)+17c^2-85c+100=\frac{1}{4}(3c-5)^2(c-1) \geq 0. $

nam1994 · 02-07-2010, 04:47 PM

Trích:

Nguyên văn bởi tinnguyen

Bài 2:Với những bài toán như vầy thì mình thấy phương pháp f(x)=ax+b của thầy PVT rất có giá trị.
Biến đổi BĐT thành$ f(x)=x(9c-17)+17c^2-85c+100 \geq 0 $
Với $x=ab,x \in [1;\frac{(5-c)^2}{4}]. $
Nếu$ c > \frac{17}{9} $ thì $f(x) > 17c^2-85c+100 >0 $
Nếu $c \leq \frac{17}{9} $ thì$ f(x) \geq \frac{(5-c)^2}{4}(9c-17)+17c^2-85c+100=\frac{1}{4}(3c-5)^2(c-1) \geq 0. $

Ạc bài 2 là dạng bài quen thuộc của look at the end point. Sr mình ghi nhầm ý mình hỏi là bài 3

**Lan Phuog** · 02-07-2010, 04:53 PM

Trích:

Nguyên văn bởi tinnguyen

Bài 2:Với những bài toán như vầy thì mình thấy phương pháp f(x)=ax+b của thầy PVT rất có giá trị.
Biến đổi BĐT thành$ f(x)=x(9c-17)+17c^2-85c+100 \geq 0 $
Với $x=ab,x \in [1;\frac{(5-c)^2}{4}]. $
Nếu$ c > \frac{17}{9} $ thì $f(x) > 17c^2-85c+100 >0 $
Nếu $c \leq \frac{17}{9} $ thì$ f(x) \geq \frac{(5-c)^2}{4}(9c-17)+17c^2-85c+100=\frac{1}{4}(3c-5)^2(c-1) \geq 0. $

phức tạp lên làm gì.dồn biến là cách khả thi nhất
Đặt f(a,b,c)=17(ab+bc+ca)-9abc; t=$\frac{a+b}{2} $
có f(a,b,c)-f(t,t,c)=$\frac{1}{4}(9c-17)(a-b)^2 \le0 $
BĐT trên đúng khi chọn c là số bé nhất,sẽ có $c\le \frac{5}{3}<\frac{17}{9} $
ta đi tìm GTLN của f(t)=$18t^3-96t^2+170t $với $t\in [1,2] $.tính 4 gt sau :f(1),f(2),f(5/3),f(17/9) thì thấy f(2)=f(5/3)=100 là max.có ĐPCM

tinnguyen · 02-07-2010, 11:15 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Lan Phuog

phức tạp lên làm gì.dồn biến là cách khả thi nhất
Đặt f(a,b,c)=17(ab+bc+ca)-9abc; t=$\frac{a+b}{2} $
có f(a,b,c)-f(t,t,c)=$\frac{1}{4}(9c-17)(a-b)^2 \le0 $
BĐT trên đúng khi chọn c là số bé nhất,sẽ có $c\le \frac{5}{3}<\frac{17}{9} $
ta đi tìm GTLN của f(t)=$18t^3-96t^2+170t $với $t\in [1,2] $.tính 4 gt sau :f(1),f(2),f(5/3),f(17/9) thì thấy f(2)=f(5/3)=100 là max.có ĐPCM

Lời giải đúng là rất đơn giản,cám ơn sự góp ý của bạn

01-07-2010, 05:16 PM	#1
Evarist Galois +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2009 Đến từ: Từ A0 đến FTU Bài gởi: 320 Thanks: 57 Thanked 180 Times in 95 Posts	Các bài toán BDT khác nhau 1)$a,b,c>0; a+b+c=3 $.CMR: $\sum \sqrt{\frac{a}{{b}^{2}+3}}\leq \frac{3}{2} $ 2)$a,b,c \in [1;3]; a+b+c=5 $.CMR: $17(ab+bc+ca)-9abc \le 100 $ 3)$a,b,c \ge 0;ab+bc+ca+abc=4 $.CMR: $\sum \frac{5a+19b}{2b+1} \ge 24 $ 4)$a,b,c>0 $.CMR: $3(a+b+c) \ge 8\sqrt[3]{abc}+\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}} $ 5)$a,b,c>0;a+b+c=3 $.CMR: $\sum \frac{a^2b}{(a+2b)^2} \le \frac{1}{3} $

02-07-2010, 10:58 AM	#4
truongvoki_bn +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2009 Đến từ: _chuyenbacninh_ Bài gởi: 614 Thanks: 72 Thanked 539 Times in 208 Posts	Mình nghĩ bài 3 sử dụng đến BDT phụ $a+b+c\geq ab+bc+ca $ này: (đoán thế) __________________ Cuộc sống là không chờ đợi Đại học thôi. Lăn tăn gì nữa thay đổi nội dung bởi: truongvoki_bn, 02-07-2010 lúc 11:14 AM

02-07-2010, 01:32 PM	#6
tinnguyen +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2009 Đến từ: Việt Nam Bài gởi: 121 Thanks: 39 Thanked 36 Times in 25 Posts	Bài 2:Với những bài toán như vầy thì mình thấy phương pháp f(x)=ax+b của thầy PVT rất có giá trị. Biến đổi BĐT thành$ f(x)=x(9c-17)+17c^2-85c+100 \geq 0 $ Với $x=ab,x \in [1;\frac{(5-c)^2}{4}]. $ Nếu$ c > \frac{17}{9} $ thì $f(x) > 17c^2-85c+100 >0 $ Nếu $c \leq \frac{17}{9} $ thì$ f(x) \geq \frac{(5-c)^2}{4}(9c-17)+17c^2-85c+100=\frac{1}{4}(3c-5)^2(c-1) \geq 0. $