Toán Bất đẳng thức

[congchuaanhsang]

Mọi người hãy thử cm một bđt khá nhẹ

Với a,b,c>0 thì $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$ \geq $\dfrac{a+b+c}{ \sqrt[3]{abc} }$

 

[forum_]

Đề thi hsg tỉnh mình 2005-2006

Cho 0 \leq x,y,z \leq 1. CMR:

$\dfrac{a}{bc+1} + \dfrac{b}{ac+1} + \dfrac{c}{ab+1}$ \leq 2

 

[baochauhn1999]

để mình

Đề thi hsg tỉnh mình 2005-2006

Cho 0 \leq x,y,z \leq 1. CMR:

$\dfrac{a}{bc+1} + \dfrac{b}{ac+1} + \dfrac{c}{ab+1}$ \leq 2

Bài làm:
A=a/(bc+1) + b/(ac+1) + c/(ab+1)
>= a/(abc+1) + b/(abc+1) + c/(abc+1)
>= (a+b+c)/(abc+1)
vì 0 \leq x,y,z \leq 1 => 1>=ab>=abc>=0 cho nên
(a-1)(b-1)>=0
<=>ab+1>=a+b
(ab-1)(c-1)>=0
<=>abc+1>=ab+c
Cộng theo vế 2 bdt ta được :
abc+2>=a+b+c
Thay vào A ta có
A>=(abc+2)/(abc+1)=1 + 1/abc+1 >=1+1=2
dpcm
"=" xảy ra <=> a=0;b=c=1

Cách gõ công thức Toán, Vật lí, Hóa học
(*) (*)

 

[vipboycodon]

Mọi người hãy thử cm một bđt khá nhẹ

Với a,b,c>0 thì $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$ \geq $\dfrac{a+b+c}{ \sqrt[3]{abc} }$

Ta có : $3(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}) = (\dfrac{2a}{b}+\dfrac{b}{c})+(\dfrac{2b}{c}+\dfrac{c}{a})+(\dfrac{2c}{a}+\dfrac{a}{b}) \ge \dfrac{3a}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{3b}{\sqrt[3]{abc}}+\dfrac{3c}{\sqrt[3]{abc}}$ (áp dụng AM-GM)
=> đpcm

 

[soicon_boy_9x]

Đóng góp cho pic hai bài này. Câu a thì nhẹ hơn

a) Cho các số thưc a,b,c thỏa mãn $a+b+c=1$. Tìm max $3ab+2bc+ca$

b) Cho các số thực dương x,y,z sao cho $x+y+z=3xyz$

Tìm min $A=\dfrac{y^2}{x^3(3y^2+1)}+\dfrac{z^2}{y^3(3z^2+1)}+
\dfrac{x^2}{z^3(3x^2+1)}$

 

[eye_smile]

a,$A=3ab+2bc+ca$
$=ab+ab+ab+bc+bc+ca$
$=2b(a+c)+(b+c)a$
$=2b(1-b)+(1-a)a$
Có: $4b(1-b)$ \leq ${(b+1-b)^2}=1$ \Rightarrow $2b(1-b)$ \leq $\dfrac{1}{2}$
$4a(1-a)$ \leq ${(a+1-a)^2}=1$ \Rightarrow $a(1-a)$ \leq $\dfrac{1}{4}$
\Rightarrow $A$ \leq $\dfrac{3}{4}$
Dấu "=" xảy ra tại $a=b=\dfrac{1}{2}$ và $c=0$

 

[i_love_cat]

Bạn nào co cach giải ngan hon, hay hon- mong đc chia sẻ

File ảnh:

Nêu ko nhìn thây ảnh thì >CLICK HERE<

 

[0973573959thuy]

Mn chứng minh bđt Schwarz giúp em với ạ!
BĐT này khi dùng phải chứng minh, nếu ko sẽ bị mất điểm nhưng mà em chưa cminh dc

 

[forum_]

Mn chứng minh bđt Schwarz giúp em với ạ!
BĐT này khi dùng phải chứng minh, nếu ko sẽ bị mất điểm nhưng mà em chưa cminh dc

Đặt $A = a_{1}^2 + a_{2}^2 + a_{3}^2 +......+ a_{n}^2$

$B = b_{1}^2 + b_{2}^2 + b_{3}^2 +......+ b_{n}^2$

$C = a_1.b_1 + a_2.b_2 + ..... a_n.b_n$

Cần c/m : AB \geq $C^2$

Nếu A =0 thi $a_1 = a_2 =....= a_n = 0$, bđt đc c.m. Cũng vậy nếu B = 0. Do đó ta cần xét TH A và B khác 0

Với mọi x, ta có:

$(a_1.x - b_1)^2$ \geq 0 => $a_{1}^2 - 2a_1.b_1x + b_{1}^2$ \geq 0

$(a_2.x - b_2)^2$ \geq 0 => $a_{2}^2 - 2a_2.b_2x + b_{2}^2$ \geq 0

.............

$(a_n.x - b_n)^2$ \geq 0 => $a_{n}^2 - 2a_n.b_nx + b_{n}^2$ \geq 0

Cộng từng vế n bđt trên đc:

$(a_{1}^2 + a_{2}^2 +.....a_{n}^2)$ - $2(a_1.b_1 + a_2.b_2 +........+a_n1.b_n)x$ + $(b_{1}^2 + b_{2}^2 + .........+ b_{n}^2)$ \geq 0

Tức là: $Ax^2 - 2Cx + B$ \geq 0 (1)

Vì (1) đúng với mọi x nên thay $x = \dfrac{C}{A}$ vào (1) ta đc

$A. \dfrac{C^2}{A^2} - 2.\dfrac{C^2}{A} + B$ \geq 0

=> $AB - C^2$ \geq 0

=> AB \geq $C^2$

Xảy ra đẳng thưc khi chỉ khi $a_1x = b_1$, $a_2x = b_2$, ....., $a_nx = b_n$ tứ là

$\dfrac{a_1}{b_1} = \dfrac{a_2}{b_2} = .......= \dfrac{a_n}{b_n}$ với quy ước rằng nếu mẫu bằng 0 thì tử phải bằng 0

 

[0973573959thuy]

Cảm ơn chị nhiều ạ.

Nhưng bất đẳng thức trên là Cauchy Schwarz mà chị. Dù sao em cũng rất cảm ơn chị vì em cũng chưa cminh dc nó

Ý em nói là chị chứng minh giúp em :

 

[eye_smile]

Bài trên cần có điều kiện là $b>0$
AD BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
$[{(\dfrac{a_1}{\sqrt{b_1}})^2}+{(\dfrac{a_2}{\sqrt{b_2}})^2}+...+{(\dfrac{a_n}{\sqrt{b_n}})^2}].[ {(\sqrt{b_1})^2}+ {(\sqrt{b_2})^2}+...+ {(\sqrt{b_n})^2}]$ \geq ${(a_1+a_2+...+a_n)^2}$
Từ đây suy ra đpcm

 

[congchuaanhsang]

Cảm ơn chị nhiều ạ.

Nhưng bất đẳng thức trên là Cauchy Schwarz mà chị. Dù sao em cũng rất cảm ơn chị vì em cũng chưa cminh dc nó

Ý em nói là chị chứng minh giúp em :

Một cách khác dài hơn là sử dụng đến bđt về trị tuyệt đối

 

[trungthinh.99]

Mấy cao thủ giải giùm bài này:

Cho a.b.c = 1 và $a^3 = 36$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^3}{3} + b^2 +c^2 > ab + bc +ac$

 

[eye_smile]

Đã giải:
http://diendan.hocmai.vn/showthread.php?t=295028&page=4

 

[trungthinh.99]

Đã giải:
http://diendan.hocmai.vn/showthread.php?t=295028&page=4

Oh. Không phải bài mình cần tìm bạn ah... hì hì. Đề bài của mình là: $a^3 = 36$ chứ không phải là $a^3 > 36$, với lại $\frac{a^3}{3}$ chứ không phải $\frac{a^2}{3}$ bạn à... Mà dù sao cũng cảm ơn bạn nhé, từ cách làm đó có thể mình sẽ suy ra cách giải bài này...

 

[trungthinh.99]

Mấy cao thủ giải giùm bài này:

Cho a.b.c = 1 và $a^3 = 36$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^3}{3} + b^2 +c^2 > ab + bc +ac$

Còn ai giúp mình bài trên nữa không? À có thêm bài này nữa, mong các bạn giải giúp luôn nhé...

1. Cho [TEX]xy \geq 1[/TEX]. Chứng mình rằng:

[TEX]\frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2} > \frac{2}{1+xy}[/TEX].

2. Cho a,b,c > 0 thỏa mãn [TEX]a + b + c \leq 3[/TEX]. Chứng mình rằng:

[TEX]\frac{1}{a^2 + b^2 + c^2} + \frac{2009}{ab + bc + ac} \geq 670[/TEX]

 

[eye_smile]

1.BĐT \Leftrightarrow $[(1+{x^2})+(1+{y^2})](1+xy)$ > $2(1+{x^2})(1+{y^2})$
Nhân hết ra, được:
$2xy+{x^3}y+x{y^3}-2{x^2}{y^2}-{x^2}-{y^2}$ > $0$
\Leftrightarrow $(xy-1){(x-y)^2}$ \geq $0$ (hiển nhiên đúng theo ĐK)
p/s: Mình nghĩ bài này có cả dấu"=" nữa

 

[trungthinh.99]

1.BĐT \Leftrightarrow $[(1+{x^2})+(1+{y^2})](1+xy)$ > $2(1+{x^2})(1+{y^2})$
Nhân hết ra, được:
$2xy+{x^3}y+x{y^3}-2{x^2}{y^2}-{x^2}-{y^2}$ > $0$
\Leftrightarrow $(xy-1){(x-y)^2}$ \geq $0$ (hiển nhiên đúng theo ĐK)
p/s: Mình nghĩ bài này có cả dấu"=" nữa

À... hay, cảm ơn nhé, nếu như vậy mình cũng nghĩ là cái đó có dấu "=" thì sẽ đúng hơn. Còn bài số 3 làm sao đây?

 

[vipboycodon]

Từ giả thiết => $ab+bc+ac \le 3$
Ta có :
$\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2009}{ab+bc+ac}
= \dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{4}{2(ab+bc+ac)}+ \dfrac{2007}{ab+bc+ac}
\ge \dfrac{9}{(a+b+c)^2}+669 = 670$
Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c = 1.$
Sai thì thông cảm.

 

[trungthinh.99]

Từ giả thiết => $ab+bc+ac \le 3$
Ta có :
$\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{2009}{ab+bc+ac}
= \dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{4}{2(ab+bc+ac)}+ \dfrac{2007}{ab+bc+ac}
\ge \dfrac{9}{(a+b+c)^2}+669 = 670$
Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c = 1.$
Sai thì thông cảm.

Bạn ơi ! Tại sao chỗ $\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{4}{2(ab+bc+ac)}+ \dfrac{2007}{ab+bc+ac}$ lại lớn hoặc băng $\dfrac{9}{(a+b+c)^2}+669$ vậy bạn? Mình không hiểu, có thể giải thích rõ hơn không?