Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 3 của 3

Chủ đề: Bất đẳng thức

  1. #1
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    54
    Bài viết
    675
    Cám ơn (Đã nhận)
    921

  2. Cám ơn Trịnh Hữu Dương, khotam đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Super Moderator Tran Le Quyen's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Bến Tre
    Bài viết
    468
    Cám ơn (Đã nhận)
    620
    \begin{align*}
    \sum\frac{a-bc}{a+bc}\le\frac32&\iff \sum (1-\frac{a-bc}{a+bc})\ge\frac34\\
    &\iff \sum\frac{bc}{a(a+b+c)+bc}\ge\frac34\\
    &\iff \sum\frac{bc}{(a+b)(a+c)}\ge\frac34\\
    &\iff\frac{\sum ab(a+b)}{(a+b)(a+c)(b+c)}\ge\frac34\\
    &\iff\sum ab(a+b)\ge 6abc
    \end{align*}
    BDT cuối luôn đúng.

  4. #3
    Moderator Popeye's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Hà Nội
    Ngày sinh
    10-12-1994
    Bài viết
    72
    Cám ơn (Đã nhận)
    96
    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán:
    Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a + b + c = 1$
    Chứng minh rằng: $\frac{{a - bc}}{{a + bc}} + \frac{{b - ca}}{{b + ca}} + \frac{{c - ab}}{{c + ab}} \le \frac{3}{2}$.
    BDT tương đương
    $\sum \dfrac{bc}{a+bc}\ge \dfrac{3}{4}$
    Sử dụng Cauchy-Schwarz ta có
    $$VT\ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3abc+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}= \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{abc+(ab+bc+ca)^2}$$
    Giờ ta chứng minh
    $$\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{abc+(ab+bc+ca)^2}\ge \dfrac{3}{4}\iff (ab+bc+ca)^2\ge 3abc$$
    Điều này đúng do $VT\ge 3abc(a+b+c)=VP$
    IF YOU'RE GOOD AT SOMETHING, NEVER DO IT FOR FREE

  5. Cám ơn chihao, ツToánღ đã cám ơn bài viết này
 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này