|
|
|
|
được thưởng
|
Đăng nhập hàng ngày 12/05/2016
|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tích bằng 1. Cm:
|
|
|
|
Cách 5:.(Sử dụng BĐT trung gian) Trước hêt, ta c/m BĐT đại diện: $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{a^{\frac{4}{3}}}{\sum_{}^{}a^{\frac{4}{3}} }$ $\Leftrightarrow (\sum_{}^{}a^{\frac{4}{3}})^2\geq a^{\frac{2}{3}}(a^2+8bc).$ Thật vậy, ta có: $(\sum_{}^{}a^{\frac{4}{3}})^2-(a^{\frac{4}{3}})^2=(b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}}).(2a^{\frac{4}{3}}+b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}})\geq (2b^{\frac{2}{3}}c^{\frac{4}{3}})(4a^{\frac{2}{3}}b^{\frac{1}{3}}c^{\frac{1}{3}})=8a^{\frac{2}{3}}bc.$ Suy ra:: $(\sum_{}^{}a^{\frac{4}{3}})^2\geq (a^{\frac{4}{3}})^2+8a^{\frac{2}{3}}bc=a^{\frac{2}{3}}(a^2+8bc).$ Vậy: $\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}\geq \frac{a^{\frac{4}{3}}}{a^{\frac{4}{3}}+b^{\frac{4}{3}}+c^{\frac{4}{3}}};...............$ Từ đó, cộng 2 vế 3 bđt cùng chiều suy ra đpcm
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tích bằng 1. Cm:
|
|
|
|
Cách 4: Vận dụng BĐT Bunyakoxsky Ta có: $(a+b+c)^2\leq (\sum_{}^{}\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}).(\sum_{}^{}a\sqrt{a^2+8bc}) =(\sum_{}^{}\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}).(\sum_{}^{}\sqrt{a}\sqrt{a^3+8abc})\leq (\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}).\sqrt{(a+b+c)(a^3+b^3+c^3+24abc)}\leq (\sum_{}^{}\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}).\sqrt{(a+b+c)(a+b+c)^3}. $ $\Rightarrow .................$ |
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tích bằng 1. Cm:
|
|
|
|
Cách 3: Vận dụng BĐT Chebyshev, Cauchy, Bunyakovsky. Không giảm tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$ $P\geq \sum_{}^{} \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6bc}}\geq\frac{1}{3}.(a+b+c).(\sum_{}^{} \frac{1}{\sqrt{a^2+b^2+c^2+6bc}})\geq \frac{1}{3}.(a+b+c).\frac{9}{\sum_{}^{}\sqrt{a^2+b^2+c^2+6bc} }\geq \frac{1}{3}.(a+b+c).\frac{9}{\sqrt{3[\sum_{}^{} }(a^2+b^2+6bc)]}=1$ $\Rightarrow ..................$ |
|
|
|
giải đáp
|
Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tích bằng 1. Cm:
|
|
|
|
Cách 2: (Vận dụng hàm số)Xét hàm số: $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}$ trên khoảng $(0; +\infty)$ Ta có: $f'(x)=-\frac{1}{2\sqrt{x^3}},f"(x)=\frac{3}{4}.\frac{1}{\sqrt{x^5}}>0\forall x>0.$ $\rightarrow $ đồ thị h/s $f(x)$ lõm trên $(0;+\infty)$ Sử dụng BĐT Jensen ta được: $\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}=\sum a.f(a^2+8bc)\geq (a+b+c).f[\frac{\sum a(a^2+8bc)}{a+b+c}]=(a+b+c).f\left(\frac{a^3+b^3+c^3+24abc}{a+b+c}\right)=\frac{a+b+c}{\sqrt{\frac{a^3+b^3+c^3+24abc}{a+b+c}}}\geq \frac{a+b+c}{\sqrt{\frac{a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)}{a+b+c}}}=\frac{a+b+c}{\sqrt{(a+b+c)^2}}=1$ Đến đây thì ok r!!
|
|
|
|
giải đáp
|
Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tích bằng 1. Cm:
|
|
|
|
Ý tưởng là đưa về biểu thức như của bạn [___Judal___], ngại gõ nên copy lại bài đã đăng ( thông cảm vì các biến hơi lộn xộn) :DĐặt x=aa+b+c;y=..;z=... ⇒x+y+z=1 và BĐT đã cho trở thành: P=Σxx2+8yz−−−−−−−√≥1 A/d Cauchy: xx2+8yz−−−−−−−√+xx2+8yz−−−−−−−√+x(x2+8yz)≥3x⇔2xx2+8yz−−−−−−−√+x(x2+8yz)≥3x tg tự:..... Cộng 3 BĐT cùng chiều dc: 2P+x3+y3+z3+24xyz≥3 Mặt khác: 1=(x+y+z)3=x3+y3+z3+3(x+y)(y+z)(z+x)≥x3+y3+z3+24xyz ⇒2P≥3−(x3+y3+z3+24xyz)≥3−1=2⇒P≥1(đpcm) Đẳng thức xảy ra khi x=y=z hay a=b=c |
|
|
|
|
|
bình luận
|
tt nek
đã nói có biết a là ai đâu -_- => ib kiểu gì??????//
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
tt nek
ý e là ở ngoài đây cơ. nếu là mem ms, có biết a là ai đâu mà xem trang gì.....>.>
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
tt nek
a có cách nào để đăng hết bài ở 1 trang để dễ thống kê ko?
|
|
|
|
|
|
|
|
bình luận
|
Ôn thi vào lớp 10
??? "ko cần biết là có đọc hay ko" mắt ông có gắn tia lazer à -_-
|
|
|
|
|
|
|
|