Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 4 của 4

Chủ đề: BẤT ĐẲNG THỨC

  1. #1
    Ngày tham gia
    Dec 2014
    Tuổi
    21
    Bài viết
    130
    Cám ơn (Đã nhận)
    62

  2. Cám ơn lequangnhat20 đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    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)
    885
    Trích dẫn Gửi bởi changkho1997 Xem bài viết
    Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $\dfrac{1}{a(b+1)}+\dfrac{1}{b(c+1)}+\dfrac{1}{c(a +1)}\geq\dfrac{3}{abc+1}$
    help me
    Ta có

    $\dfrac{1+abc}{a+ab}+\dfrac{1+abc}{b+bc}+\dfrac{1+ abc}{c+ca} \ge 3$

    <=> $(\dfrac{1+abc}{a(1+b)} + 1)+(\dfrac{1+abc}{b(1+c)}+1)+(\dfrac{1+abc}{c(1+a) }+1) \ge 6$

    Bh ta sẽ chứng minh mỗi khúc như thế lớn hơn hoặc = 2 . Ta lại có :

    $\sum \dfrac{abc+1+a+ab}{a(1+b)} = \sum \dfrac{ab(1+c)+(a+1)}{a(1+b)} = \sum (\dfrac{b(1+c)}{1+b} + \dfrac{b+1}{b(1+c)})$ luôn lớn hơn hoặc =2 theo AM-GM

    Vậy BDT dc cm
    NHẬT THUỶ IDOL

  4. Cám ơn HongAn39, changkho1997, lilac,  $T_G$ đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Thành Viên Nhiệt Huyết
    Ngày tham gia
    Dec 2014
    Tuổi
    21
    Bài viết
    130
    Cám ơn (Đã nhận)
    62
    Chú siêu kinh

  6. Cám ơn lequangnhat20 đã cám ơn bài viết này
  7. #4
    Thành Viên Tích Cực cuong18041998's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Hà Nội
    Tuổi
    20
    Bài viết
    86
    Cám ơn (Đã nhận)
    118
    Trích dẫn Gửi bởi changkho1997 Xem bài viết
    Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng: $\dfrac{1}{a(b+1)}+\dfrac{1}{b(c+1)}+\dfrac{1}{c(a +1)}\geq\dfrac{3}{abc+1}$
    help me
    Không mất tính TQ, giả sử $abc = k^3$. Vậy tồn tại các số $x, y, z > 0$ sao cho
    $a = k\frac{x}{y}, b = k\frac{y}{z}, c = k\frac{z}{x}$

    Bất đẳng thức cần CM trở thành:
    $\sum \frac{yz}{kx(ky + z)} \geq \frac{3}{k^3+1}$ (*)

    Theo C-S:
    $\sum \frac{yz}{kx(ky + z)} = \sum \frac{y^2z^2}{xyz(k^2y + kz)} \geq \frac{\left ( \sum yz \right )^2}{xyz(x+y+ z)(k^2 + k)}$ (1)

    Mặt khác, ta luôn có:
    $\left ( \sum yz \right )^2\geq 3xyz(x+y+z) $ (2)

    Từ (1) và (2) suy ra:
    $VT(*)\geq \frac{3}{k^2 + k}$

    Ta sẽ CM:
    $\frac{3}{k^2 + k}\geq VP = \frac{3}{k^3 + 1} \Leftrightarrow (k - 1)^2(k+1)\geq 0$

    Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c$
    Sửa lần cuối bởi cuong18041998; 03/01/15 lúc 08:28 PM.
    ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
    My Facebook: https://www.facebook.com/profile.php?id=100007173767872

  8. Cám ơn lequangnhat20, lilac,  $T_G$ 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