Đến nội dung

Hình ảnh

cho a,b,c >0 .CMR:


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
pham thuan thanh

pham thuan thanh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 110 Bài viết

cho a,b,c >0 .CMR: $\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}\leq 3.\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a+b+c}$


Khi tin là có thể là bạn đã đạt được một nửa thành công!

 


#2
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Ta có bất đẳng thức tương đương $\sum \frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}\leq \frac{3\sum a^{2}}{\sum a}$

 Tương đương :                              $\sum (\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}-(a+b))\leq \frac{3\sum a^{2}-2(\sum a)^{2}}{\sum a}=\frac{\sum a^{2}-4\sum ab}{\sum a}<=>\sum \frac{2ab}{a+b}\geq \frac{4\sum ab-\sum a^{2}}{\sum a}$

Dễ thấy ở đây chỉ cần xét cho $a^{2}+b^{2}+c^{2}\leq 4ab+4ac+4bc$ là đủ 

Nhân cả hai vế với $a+b+c$ và ta có bdt tương đương :

                                               $\sum a^{2}+2abc\sum \frac{1}{a+b}\geq 2\sum ab$ 

                                       $<=>\sum a^{2}\geq 2\sum \frac{a+b-c}{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}$ (1)

Xét cho trường hợp tất cả các mẫu vế phải dương khi đó áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}$ cho các mẫu ta có : 

                                       $2\sum \frac{a+b-c}{\frac{1}{a}+\frac{1}{c}}\leq \sum \frac{(a+b)(a+b-c)}{2}$

Và bất đẳng thức tương đương là $\sum (a+b)^{2}-\sum (a+b)c\leq 2\sum a^{2}$

Thế nhưng đây là một đẳng thức , và trong TH này ta có đpcm ,

Xét trong TH có ít nhất một tử số âm , không mất tổng quát , giả sử $a+b<c$ và giả sử $2a<c$ 

Ta sẽ chứng minh (1) đúng

Thật vậy ta đã có một phân thức không dương nên chỉ còn cm 

                                       $\frac{(b+c-a)bc}{b+c}+\frac{(a+c-b)ac}{a+c}<a^{2}+b^{2}+c^{2}$ 

Nhưng các bdt này đúng vì có thể có 1 phân thức nữa âm và nếu dương thì vẫn có $a+c-b<a+c,b+c-a<b+c$ 

Bài toán đc cm 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 07-09-2013 - 19:14

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#3
ngoctruong236

ngoctruong236

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 146 Bài viết

$\;BDT \;can \;cm \;\Leftrightarrow \;(a+b+c)(\frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{a+c})\leq 3(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow \left [ (a^2+b^2)+\frac{c(a^2+b^2)}{a+b} \right ] +\left [(b^2+c^2) +\frac{a(b^2+c^2)}{b+c} \right ]+\left [(c^2+a^2)+\frac{b(c^2+a^2)}{a+c} \right ]\leq 3(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow \frac{c(a^2+b^2)}{a+b}+\frac{a(b^2+c^2)}{b+c}+\frac{b(a^2+c^2)}{a+c}\leq a^2+b^2+c^2\Leftrightarrow \left [c^2-\frac{c(a^2+b^2)}{a+b} \right ]+\left [a^2-\frac{a(b^2+c^2)}{b+c} \right ]+\left [ b^2-\frac{b(c^2+a^2)}{a+c} \right ]\geq 0\;\Leftrightarrow \frac{bc(b-c)+ba(b-a)}{c+a}+\frac{ca(c-a)+cb(c-b)}{a+b}+\frac{ab(a-b)+ac(a-c)}{b+c}\geq 0\Leftrightarrow \frac{ca(c-a)^2}{(a+b)(b+c)}+\frac{bc(b-c)^2}{(c+a)(a+b)}+\frac{ab(a-b)^2}{(b+c)(c+a)}\geq 0\rightarrow dpcm\; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \;$



#4
Phuong Thu Quoc

Phuong Thu Quoc

    Trung úy

  • Thành viên
  • 784 Bài viết

cho a,b,c >0 .CMR: $\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}\leq 3.\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a+b+c}$

Có thể thấy được $\sum \frac{a^{2}}{a+b}=\sum \frac{b^{2}}{a+b}\left ( VT-VP=\sum \left ( a-b \right ) =0\right )$

BĐT cần chứng minh $\sum \frac{a^{2}}{a+b}\leq \frac{3\sum a^{2}}{2\sum a}$

Dễ thấy $\left ( a^{2},b^{2} ,c^{2}\right ),\left ( \frac{1}{a+b},\frac{1}{c+a},\frac{1}{b+c} \right )$ là 2 bộ đơn điệu ngược chiều

AD Chebyshev có $\sum \frac{a^{2}}{a+b}\leq \sum a^{2}.\sum \frac{1}{a+b}\leq \frac{3\sum a^{2}}{2\sum a}$


Thà một phút huy hoàng rồi chợt tối

 

Còn hơn buồn le lói suốt trăm năm.

 

 





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh