Chủ đề này có 3 trả lời

[mathandyou]

Cho $a,b,c>0$ thỏa $a^2+b^2+c^2=3$.Chứng minh:

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathandyou: 23-02-2014 - 21:56

[luuvanthai]

Ta sử dụng bdt $(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq 3(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)$

Đề phải sửa lại là $\geq 1$ mới đúng 

VT$\geq \frac{9}{8+a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a}\geq 1$.Mình sẽ tìm cách cm bổ đề này sau đợi tí nha?

[luuvanthai]

Đây là 1 bdt nổi tiếng của Váile Cirtoaje.Có lẽ cách cm ngắn nhất mà cũng khó thực hiện nhất là $(a^{2}+b^{2}+c^{2})-3(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)=\frac{1}{2}\sum (a^{2}-b^{2}-ab+2bc-ac)^{2}\geq 0$

[lahantaithe99]

Cho $a,b,c>0$ thỏa $a^2+b^2+c^2=3$.Chứng minh:

$$\frac{1}{2+a^3b}+\frac{1}{2+b^3c}+\frac{1}{2+c^3a} \leq 1$$

Nếu như anh luuvanthai nói là$\geq$ thì mình xin làm như thế này

$\sum \frac{1}{a^3b+2}\geq 1\Leftrightarrow \sum\frac{2}{a^3b+2}\geq 2\Leftrightarrow \sum \frac{a^3b}{a^3b+2}\leq 1$ $(1)$

áp dụng Cô si ta có 

$\sum \frac{a^3b}{a^3b+2}\leq \sum \frac{a^3b}{3.\sqrt[3]{a^3b}}$

$=\sum \frac{a^2.\sqrt[3]{b^2}}{3}\leq \sum \frac{a^2(b+b+1)}{9}$

$=\frac{a^2+b^2+c^2+2(a^2b+b^2c+c^2a)}{9}$

Ta có $(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)=a^3+b^3+c^3+\sum ab(a+b)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)$

$\Rightarrow a+b+c\geq a^2b+b^2c+c^2a$

Mặt khác dễ cm $\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geq a+b+c\geq a^2b+b^2c+c^2a$

 

$\Rightarrow \frac{a^2+b^2+c^2+2(a^2b+b^2c+c^2a)}{9}\leq \frac{3+6}{9}=1$

suy ra $(1)$ đúng suy ra đpcm