|
|
|
|
|
|
|
|
giải đáp
|
Mới chế :D
|
|
|
|
Cho các số thực $a,b,c$ chứng minh rằng ta có BĐT sau:
$$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)\left(1+(\frac{9}{2}-\frac{5\sqrt{105}}{14}).\frac{(a^2+b^2+c^2)^2-3(a^3b+b^3c+c^3a)}{(a+b+c)^4} \right)$$ |
|
|
|
sửa đổi
|
BĐTilove
|
|
|
|
BĐTilove Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$. Chứng minh rằng:$$\frac{1}{\sqrt{3a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+ac}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+ac}}\geq \frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{ab+bc+ac}}$$
BĐTilove Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$. Chứng minh rằng:$$\frac{1}{\sqrt{3a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+ac}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+ac}}\geq \frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{ 3(ab+bc+ac )}}$$
|
|
|
|
giải đáp
|
Mới chế :D
|
|
|
|
BĐT này tương đương với:
$$(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz)^2 \geq 0$$ |
|
|
|
bình luận
|
BĐTilove
a=b=c=1 thì VT> VP, tại sao BĐT lại sai?
|
|
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
bđtilove(1)
|
|
|
|
bđtilove(1) Cho $a,b,c$ không âm và một số thực $p$ thỏa mãn $-2\sqrt[3]{2} \leq 2$.Chứng minh rằng:$$\frac{a^3+(p+2)abc}{a^3+(b+c)^3+3pabc}+\frac{b^3+(p+2)abc}{b^3+(c+a)^3+3pabc}+\frac{c^3+(p+2)abc}{c^3+(a+b)^3+3pabc}\geq 1$$
bđtilove(1) Cho $a,b,c$ không âm và một số thực $p$ thỏa mãn $-2\sqrt[3]{2} \leq p \leq 2$.Chứng minh rằng:$$\frac{a^3+(p+2)abc}{a^3+(b+c)^3+3pabc}+\frac{b^3+(p+2)abc}{b^3+(c+a)^3+3pabc}+\frac{c^3+(p+2)abc}{c^3+(a+b)^3+3pabc}\geq 1$$
|
|
|
|
đặt câu hỏi
|
bđtilove(1)
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ không âm và một số thực $p$ thỏa mãn $-2\sqrt[3]{2} \leq p \leq 2$.Chứng minh rằng:
$$\frac{a^3+(p+2)abc}{a^3+(b+c)^3+3pabc}+\frac{b^3+(p+2)abc}{b^3+(c+a)^3+3pabc}+\frac{c^3+(p+2)abc}{c^3+(a+b)^3+3pabc}\geq 1$$ |
|
|
|
đặt câu hỏi
|
BĐTilove
|
|
|
|
Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{\sqrt{3a^2+bc}}+\frac{1}{\sqrt{3b^2+ac}}+\frac{1}{\sqrt{3c^2+ac}}\geq \frac{\sqrt{3}+2}{\sqrt{3(ab+bc+ac)}}$$ |
|
|
|
sửa đổi
|
BĐT trông quen mà lạ vch :))
|
|
|
|
Dùng BĐT cổ điển thuần túy nhưng ta sẽ đi chứng minh BĐT mạnh hơn sau:$$\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac})\geq 7$$(Trần Quốc Anh)
Dùng BĐT cổ điển thuần túy nhưng ta sẽ đi chứng minh BĐT mạnh hơn sau:$$\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac})\geq 7$$(Trần Quốc Anh)$\Leftrightarrow \frac{8(ab+bc+ac)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\geq 10$Lại có:$\frac{8(ab+bc+ac)}{a^2+b^2+c^2}\geq 16-\frac{8(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}$Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:$$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}-6\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)[\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)-9abc}{abc(ab+bc+ac)}] \geq 0$$Mà hiển nhiên thì $(a+b+c)(ab+bc+ac) \geq 9abc$
|
|
|
|
sửa đổi
|
Mọi người làm nhanh hộ em
|
|
|
|
Mọi người làm nhanh hộ em Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca} \leq 1$(Moldova TST)
Mọi người làm nhanh hộ em Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$ $\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca} \leq 1 $$(Moldova TST)
|
|
|
|
sửa đổi
|
Mọi người làm nhanh hộ em
|
|
|
|
Mọi người làm nhanh hộ em Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca}\ geq 1$
Mọi người làm nhanh hộ em Cho $a, b, c > 0$ thỏa mãn $a^{4} + b^{4} + c^{4} = 3$ Chứng minh rằng:$\frac{1}{4-ab}+\frac{1}{4-bc}+\frac{1}{4-ca} \ leq 1$ (Moldova TST)
|
|
|
|
giải đáp
|
BĐT trông quen mà lạ vch :))
|
|
|
|
Dùng BĐT cổ điển thuần túy nhưng ta sẽ đi chứng minh BĐT mạnh hơn sau:
$$\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac})\geq 7$$
(Trần Quốc Anh)
$\Leftrightarrow \frac{8(ab+bc+ac)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}\geq 10$
Lại có:
$\frac{8(ab+bc+ac)}{a^2+b^2+c^2}\geq 16-\frac{8(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}$
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ac}-6\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)[\frac{(a+b+c)(ab+bc+ac)-9abc}{abc(ab+bc+ac)}] \geq 0$$
Mà hiển nhiên thì $(a+b+c)(ab+bc+ac) \geq 9abc$
|
|
|
|
giải đáp
|
bđt
|
|
|
|
Vì chưa học đến kiến thức đạo hàm cao cấp nên chỉ nêu ra
$$k \leq max f_{x}= log_{\frac{x^2+2}{2x+1}}\frac{x^3+2}{3x}$$. Tìm được $k=2$ |
|