Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 7 của 7
  1. #1
    Ngày tham gia
    Sep 2014
    Đến từ
    hà tĩnh
    Ngày sinh
    11-19-1999
    Bài viết
    583
    Cám ơn (Đã nhận)
    884


    Cho a,b,c >0 ; abc=1 .Chứng minh :
    $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{3}{2}(a+b+c-1)$
    NHẬT THUỶ IDOL

  2. Cám ơn quỳnh như đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Thành viên VIP $T_G$'s Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    87
    Cám ơn (Đã nhận)
    89
    Trích dẫn Gửi bởi lequangnhat20 Xem bài viết
    Cho a,b,c <0 ; abc=1 .Chứng minh :
    $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{3}{2}(a+b+c-1)$
    Đề nhầm ah bạn ơi!

  4. Cám ơn lequangnhat20, quỳnh như đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Super Moderator lequangnhat20's Avatar
    Ngày tham gia
    Sep 2014
    Đến từ
    hà tĩnh
    Ngày sinh
    11-19-1999
    Bài viết
    583
    Cám ơn (Đã nhận)
    884
    Trích dẫn Gửi bởi $T_G$ Xem bài viết
    Đề nhầm ah bạn ơi!
    E sửa rồi đó ạ
    NHẬT THUỶ IDOL

  6. Cám ơn quỳnh như,  $T_G$ đã cám ơn bài viết này
  7. #4
    Thành Viên Chính Thức
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    19
    Bài viết
    28
    Cám ơn (Đã nhận)
    25
    Ta có:
    $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$
    $b^2+2ac=b^2+ac+ac\geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}=3$
    Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
    Ta chứng minh :
    $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}\geq \frac{3}{2}(a+b+c-1)$
    +$P=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{(a+b+c)^2}{3}=\sum (a-1)(b^2+2ac)\geq 3(a+b+c-3)\geq 0$ (đúng)
    Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
    +$\frac{(a+b+c)^2}{3}\geq \frac{3}{2}(a+b+c-1)$
    $\Leftrightarrow (a+b+c-3)(a+b+c-\frac{3}{2})\geq 0$ (đúng $\forall a+b+c\geq 3$)
    Đẳng thức xảy ra khi a+b+c=3
    Vậy ta chứng minh xong

  8. Cám ơn lequangnhat20 đã cám ơn bài viết này
  9. #5
    Thành Viên Chính Thức
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    19
    Bài viết
    28
    Cám ơn (Đã nhận)
    25
    Trích dẫn Gửi bởi luvlanhlanh Xem bài viết
    Ta có:
    $a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}=3$
    $b^2+2ac=b^2+ac+ac\geq 3\sqrt[3]{(abc)^2}=3$
    Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
    Ta chứng minh :
    $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}\geq \frac{3}{2}(a+b+c-1)$
    +$P=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-\frac{(a+b+c)^2}{3}=\sum (a-1)(b^2+2ac)\geq 3(a+b+c-3)\geq 0$ (đúng)
    Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
    +$\frac{(a+b+c)^2}{3}\geq \frac{3}{2}(a+b+c-1)$
    $\Leftrightarrow (a+b+c-3)(a+b+c-\frac{3}{2})\geq 0$ (đúng $\forall a+b+c\geq 3$)
    Đẳng thức xảy ra khi a+b+c=3
    Vậy ta chứng minh xong
    Giải sai rồi. Để suy nghĩ lại

  10. Cám ơn lequangnhat20 đã cám ơn bài viết này
  11. #6
    Thành viên VIP Ntspbc's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Nghệ An
    Tuổi
    19
    Bài viết
    85
    Cám ơn (Đã nhận)
    147
    Trích dẫn Gửi bởi Sangham_BM Xem bài viết
    Hằng số k tốt nhất để BĐT sau đúng với cùng điều kiện
    $\frac{a}{b}--\frac{b}{c}--\frac{c}{a}--3k \geq (k--1)(a--b--c)$
    Là $k=\dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}-1$
    Bài này bên k2pi nhưng thằng đó nó 0 chịu giải

  12. #7
    Super Moderator khanhsy's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    161
    Cám ơn (Đã nhận)
    304
    Trích dẫn Gửi bởi Ntspbc Xem bài viết
    Bài này bên k2pi nhưng thằng đó nó 0 chịu giải
    Tìm giá trị lớn nhất của $M$ sao cho với mọi số thực dương $a,b,c$ ta có
    $$a^3+b^3+c^3-3abc \ge M (ab^2+bc^2+ca^2-3abc)$$
    (Turkey National Olympiad Second Round 2013)
    Bài giải.
    Chọn $c \to 0$ khi đó bất đẳng thức viết lại là $a^3+b^3 \ge M ab^2$ và ta lại có theo AM-GM thì:
    $$\begin{aligned} a^3+b^3 & = a^3+\dfrac{b^3}{2}+\dfrac{b^3}{2} \\
    & \ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{4}} ab^2 \end{aligned} $$
    Do đó $M \le \dfrac{3}{\sqrt[3]{4}} $. Ta cần chứng minh với giá trị lớn nhất $M=\dfrac{3}{\sqrt[3]{4}} $ thì bất đẳng thức vẫn còn đúng. Không mất tính tổng quát giả sử rằng $c= \min\{a,b,c\}$. Rõ ràng tồn tại $x,y$ không âm thỏa mãn $a=c+x$ và $b=c+y$. Lúc đó bất đẳng thức viết qua ngôn ngữ $x,y,c$ như sau

    $$\begin{aligned}&(c+x)^3+(c+y)^3+c^3-3c(c+x)(c+y)\\
    &\ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{4}} \left[ (c+x)(c+y)^2+(c+y)c^2+c(c+x)^2 -3c(c+x)(c+y)\right]\\
    \leftrightarrow &x^3+y^3+3c(x^2-xy+y^2) \ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{4}} \left[c(x^2-xy+y^2)+xy^2 \right] \\
    \leftrightarrow & \left(x^3+y^3 - \dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}xy^2 \right)+ c\left( 3- \dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}\right)\left[ \left(x-\dfrac{y}{2} \right)^2+\dfrac{3y^2}{4} \right] \ge 0\end{aligned}$$
    Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng. Vậy $M=\dfrac{3}{\sqrt[3]{4}}$

    Tiếp tục chuẩn hoá $abc=1$ và đặt thì ra bài tìm $k$ trên của Sangham_BM

  13. Cám ơn lequangnhat20 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