bài  : cho $a^2 +b^2 +c^2 =1$ . Tìm GTNN của $P=\sum \frac{a}{b^2 +c^2}$

Thử sos nha! Mong mọi người check! 

Dự đoán xảy ra cực trị khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow P=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

Ta sẽ chứng minh nó là GTNN của P. Thật vậy,ta cần chứng minh:

$\sum_{cyc} \frac{a}{b^2+c^2}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$    (1)

BĐT trên là thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa $a^2 + b^2 +c^2 = 3$ và đi chứng minh:

$\sum_{cyc} \frac{a}{b^2+c^2}\geq \frac{3}{2} \Leftrightarrow \sum _{cyc} \frac{a}{3-a^2}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \sum_{cyc} (\frac{a}{3-a^2}-\frac{1}{2})\geq 0$ (2)

$\Leftrightarrow \sum_{cyc}(\frac{a}{3-a^2} -\frac{1}{2}-\frac{1}{2}(x^2-1))\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{x(x+2)(x-1)^2}{3-x^2}\geq 0$

BĐT cuối đúng nên (2) đúng. Do tính thuần nhất của BĐT nên (1) đúng.

Vậy..

Lần này thì mình không sai được :

Bài này thì theo mình dùng phương pháp U.C.T

Ta sẽ chứng minh:

$\frac{a}{b^2+c^2}= \frac{a}{1-a^2}\geq \frac{3a^2\sqrt{3}}{2}$

$\Leftrightarrow (a-\frac{1}{\sqrt{3}})^2(3a\sqrt{3}+6)\geq 0$

Tương tự rồi cộng theo vế ta được:

$P\geq \frac{3\sqrt{3}}{2}.(\sum a^2)=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

Cách của anh căng não quá thử cách sos của em xem sao! 

 

$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}$ $\geq$ $\sum\frac{a}{b+c}$  (Nâng cao pt 8 tập 2)

Có lẽ cứ sos là làm tới thôi ạ 

BĐT $\Leftrightarrow \sum (\frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c})\geq 0 \Leftrightarrow \sum(\frac{a^2b+a^2c-ab^2-ac^2}{(b^2+c^2)(b+c)})\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum \frac{ab(a-b)+ac(a-c)}{(b^2+c^2)(b+c)}\geq 0\Leftrightarrow \sum (\frac{ab(a-b)}{(b^2+c^2)(b+c)}-\frac{ab(a-b)}{(c^2+a^2)(c+a)})\geq 0$

$\Leftrightarrow ab(a-b)(\frac{(c^2+a^2)(c+a)-(b^2+c^2)(b+c)}{(b^2+c^2)(c^2+a^2)(b+c)(c+a)})\geq 0$

$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca).\sum \frac{ab(a-b)^2}{(b^2+c^2)(c^2+a^2)(b+c)(c+a)}\geq 0$

$BĐT$ cuối cùng đúng nên ta có $Q.E.D$

Dấu "=" xảy ra khi $a= b  = c$

P/s: Em làm đúng không ta?

Đề bài bạn viết không có dấu "=" sao lại hỏi dấu "=" xảy ra khi nào  

Không mất tính giả sử $a\geq b\geq c$: $\frac{b}{ac+1}+\frac{c}{ab+1}\leq \frac{b}{bc+1}+\frac{c}{bc+1}=\frac{b+c}{bc+1}$(1)

Mà $0\leq b,c\leq 1= > (1-b)(1-c)\geq 0= > bc+1\geq b+c= > \frac{b+c}{bc+1}\leq 1$(2)

Do $0\leq a,b,c\leq 1= > a\leq 1\leq 1+bc= > \frac{a}{bc+1}\leq 1$(3)

Từ (1),(2),(3) rồi cộng lại ta thu được đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Em nghĩ nếu như $(a;b;c) = (0;1;1)$ và các hoán vị thì đẳng thức vẫn xảy ra mà anh? 

Chẳng hạn$,$ đa thức bậc cao như$:$ $f(\,a,\,b)= a^{\,4}+ b^{\,4}+ 2\,a^{\,2}b^{\,2}+ a^{\,3}b+ ab^{\,3}$$,$ vậy nếu$:$ $f(\,a,\,b)\equiv f(\,a,\,a\,) $ thì chỉ cần hệ số trong đa thức cân bằng thôi thì cũng hàng vô số đa thức như vậy$:$ 

$$f(\,a,\,a)= 6\,a^{\,4}= 3\,a^{\,4}+ 3\,b^{\,4}= 2\,a^{\,4}+ 2\,b^{\,4}+ a^{\,3}b+ ab^{\,3}= a^{\,4}+ b^{\,4}+ 4\,a^{\,2}b^{\,2}= \,...\,$$

hàng loạt đa thức đối xứng$:$ $f(\,a,\,b\,)$$,$ còn bài về ví dụ bất đẳng thức bậc $4$ thì duyên cớ là đa thức vế trái có hệ số khác không cho bậc $4$ và bậc $2$ mà không có bậc $3$ $($hiển nhiên chỉ có một đa thức $S_{\,a}$ đối xứng rồi$!$

Em thử phân tích ví dụ này như không ra dạng chính tắc của sos như bình thường ạ

$a^4 + b^4 +2a^2 b^2 +a^3 b + ab^3 = a^2(a^2+ab+b^2) - 3a^3b + b^2(b^2+ab+a^2)-3ab^3 + 3ab(a^2+b^2)$

$=a^2(a-b)^2 + b^2(a-b)^2 + 3ab(a^2+b^2)$

$=(a^2+b^2)(a-b)^2 + 3ab(a^2+b^2)=(a^2+b^2)((a-b)^2+3ab)$

Nó ra thế này cơ?

cho a,b,c thực dương và a+b+c=1/(abc). tìm GTNN của P=(a+b)(a+c).

Em test thử ạ! Em không chắc đâu.

Từ giả thiết suy ra $a(a+b+c) = \frac{1}{bc}$ . Ta lại có:

$P = a^{2} + ab + bc + ca = a(a+b+c) + bc = \frac{1}{bc} + bc \geq 2$ (theo BĐT $AM-GM$)

Đẳng thưc xảy ra khi $bc = 1 \Leftrightarrow  a+b+\frac{1}{b} = \frac{1}{a}$

Vậy $P_{min} = 2$

Cách anh Phương rất hay ạ! Có cách khác nữa là đặt a+ b = x; b + c = y; c+ a = z rồi làm tiếp.

P/s: Cái này là em ấn nhầm sang níc bạn ấy và quên đăng xuất nha!

Có lẽ còn cách này nữa ạ.Sao em cứ gửi nhầm bằng níc của Cool Kid hoài nhỉ!

BĐT $\Leftrightarrow (\frac{a}{b+c} - \frac{1}{2} ) + (\frac{b}{c+a} - \frac{1}{2}) + (\frac{c}{a+b} - \frac{1}{2}) \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)+(a-c)}{2(b+c)} + \frac{(b-c)+(b-a)}{2(c+a)} + \frac{(c-a)+(c-b)}{2(a+b)} \geq 0$

$\Leftrightarrow [\frac{(a-b)}{2(b+c)}+\frac{b-a}{2(c+a)}]+[\frac{(b-c)}{2(c+a)}+\frac{c-b}{2(a+b)}]+[\frac{(c-a)}{2(a+b)}+\frac{a-c}{2(b+c)}] \geq 0$

$\Leftrightarrow [\frac{(a-b)}{2(b+c)}-\frac{a-b}{2(c+a)}]+[\frac{(b-c)}{2(c+a)}-\frac{b-c}{2(a+b)}]+[\frac{(c-a)}{2(a+b)}-\frac{c-a}{2(b+c)}] \geq 0$

Rút thừa số chung ra ở mỗi cái ngoặc vuông ra và quy đồng lên,ta cần chứng minh:

$\frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)} + \frac{(b-c)^2}{2(c+a)(a+b)} + \frac{(c-a)^2}{2(a+b)(b+c)}\geq 0$ (1)

Do a,b,c là các số dương. Nên mỗi cái mẫu của mỗi phân thức luôn là số dương. Do đó BĐT (1) đúng. 

Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra tại a = b = c.

BĐT trên hình như có tên gọi là BĐT Nesbitt thì phải ạ!

Em không hiểu về phương pháp này cho lắm,anh có có thể giải giúp em một ví dụ áp dụng phương pháp này không anh?Em cảm ơn trước.

Phân tích bình phương cho biểu thức: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}-\frac{3}{2}$

Đây thật là một phương pháp hay ạ!Nhưng cách anh/chị có thể giải đáp giúp em bài này không,em giải được một số bước rồi lại không biết giải tiếp thế nào:

Đề: Phân tích bình phương SOS cho biểu thức:$M = (a+b+c)^{3} - a^{3} - b^{3} - c^{3}$

        Em thực hiện như sau ạ:

Cho a = b,thay b bởi a vào biểu thức, ta được $M = 6a(c+a)^{2}$

Cho b = c,thay c bởi b vào biểu thức, ta được: $M = 6b(a+b)^{2}$

Cho c = a,thay a bởi c vào biểu thức, ta được: $M = 6c(b+c)^{2}$

Tới đây em không biết giải tiếp thế nào,vì thấy "đuôi" : $(c+a)^{2};...$

Mong mọi người giúp đỡ em ạ,em mới giá nhập diễn đàn.Em cảm ơn!