[Toán 10]Đấu Trường Bất Đẳng Thức

[bigbang195]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

[TEX]a,b,c[/TEX] dương [TEX]abc=1[/TEX].Chứng minh rằng :
[TEX]\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ac+1} \ge \frac{3}{2}[/TEX]

 

[huuhoang95]

cũng phức tạp đấy nhỉ
[tex]VT \Leftrightarrow \frac{1}{b(1+c)} + \frac{1}{c(1+a)} + \frac{1}{a(1+b)} \geq \frac{3}{2}[/tex]
theo Cauchy cơ bản thì
[tex](a+b+c+ab+bc+ca).(\frac{1}{b(1+c)} + \frac{1}{c(1+a)} + \frac{1}{a(1+b)}) \geq 9[/tex]
mà theo AM-GM thì [tex]a+b+c+ab+bc+ca \geq \sqrt[6]{abc.ab.bc.ca}=6[/tex]
[tex]6.(\frac{1}{b(1+c)} + \frac{1}{c(1+a)} + \frac{1}{a(1+b)}) \geq 9[/tex]
[tex]\Leftrightarrow (\frac{1}{b(1+c)} + \frac{1}{c(1+a)} + \frac{1}{a(1+b)})\geq \frac{3}{2}(dpcm)[/tex]

 

[linh954]

không ổn roaj
cách này không ổn roaj
làm sao có đc cái nì chứ
[TEX]6(\frac{1}{b(1+c)} + \frac{1}{c(1+a)} + \frac{1}{a(1+b)}) \geq 9[/TEX]

 

[son_9f_ltv]

[TEX]a,b,c[/TEX] dương [TEX]abc=1[/TEX].Chứng minh rằng :
[TEX]\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ac+1} \ge \frac{3}{2}[/TEX]

ko bít đúng ko nữa
thử dùng cauchy ngược đi!!!! !

 

[dandoh221]

[TEX]a,b,c[/TEX] dương [TEX]abc=1[/TEX].Chứng minh rằng :
[TEX]\frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ac+1} \ge \frac{3}{2}[/TEX]

Vì abc = 1 nên tồn tại x,y,z sao cho[TEX] a = \frac{x}{y}, b= \frac{y}{z}, c= \frac{z}{x}[/TEX]
khi đó bất đẳng thức trở thành
[TEX]\frac{xy}{yz+xz}+\frac{yz}{xy+xz}+\frac{xz}{yz+xy} \ge \frac{3}{2}[/TEX]
đây chính là BDT netsbit 3 biến. OK

 

[dandoh221]

Bài tổng quát

Cho [TEX]a,b,c > 0, n \in Z^+[/TEX]
CMR
[TEX]\frac{a^{n+2}}{a^{n+1} + nb^{n+1}}+\frac{b^{n+2}}{b^{n+1} + nc^{n+1}}+\frac{c^{n+2}}{c^{n+1} + na^{n+1}} \ge \frac{a+b+c}{n+1}[/TEX]

 

[huuhoang95]

nhầm cái này
a+b+c+ab+bc+ca\geq6\sqrt[6]{abc*ab*bc*ca}=6
suy ra 6*VT\geq9
suy ra VT\geq\frac{3}{2}(dpcm)