Dân làng vào đi !

B

bigbang195

Chọn Đội Tuyển Quốc Gia

x,y,x là các số dương và [TEX]x+y+z+1=4xyz[/TEX] chứng minh rằng
[TEX]xy+yz+xz \geq x+y+z[/TEX] .
 
R

rooney_cool

bigbang195 said:
[TEX]a,b,c >0[/TEX]

chứng minh :

[TEX]\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Ta có [TEX]\frac{a}{b} + \frac{a}{b} + \frac{b}{c} \geq \frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}[/TEX]

Tương tự ta có
[TEX]\frac{b}{c} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geq \frac{3b}{\sqrt[3]{abc}}[/TEX]
[TEX]\frac{c}{a} + \frac{c}{a} + \frac{a}{b} \geq \frac{3a}{\sqrt[3]{abc}}[/TEX]

Cộng lại ta được dfcm
 
B

bigbang195

Bài dễ nữa nè !

[TEX]x,y,z >0[/TEX] và [TEX]x+y+z=3[/TEX]
Chứng minh :[TEX] x^2+y^2+z^2+xyz \geq 4 [/TEX]
đề ngắn nha :D
 
V

vansang95

bigbang195 said:
[TEX]a,b,c >0[/TEX]

chứng minh :

[TEX]\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \geq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}[/TEX]
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
[TEX]\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ca}+ \frac{c^2}{ab}\geq\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3\sqrt[3]{(abc)^2}} \geq\frac{a+b+c}{3.\sqrt[3]{abc}}[/TEX]
p/s Đặt lại cái title đê
 
Last edited by a moderator:
M

mathstarofvn

Bđt này hoàn toàn đối xứng nên dồn biến 1 cái là ra! [tex] f(\frac{x+y}{2},\frac{x+y}{2},z) \geq f(x,y,z)[/tex] với z=min{x,y,z}
 
B

bigbang195

Đúng rồi, mình cũng xài dồn biến, nhưng đối xứng là thế nào, cứ đối xứng là dồn biến ra luôn à :D chỉ mình với
 
M

mathvn

vansang95 said:
[TEX]\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{ca}+ \frac{c^2}{ab}\geq\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3\sqrt[3]{(abc)^2}} \geq\frac{a+b+c}{3.\sqrt[3]{abc}}[/TEX]
p/s Đặt lại cái title đê
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

ngược dâú OK? @};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-@};-
bài víêt quá ngắn víêt thêm dòng này để dài ra
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom