Mấy bạn dùng BĐT AM-GM dạng cộng mẫu để giải 2 bài này nhé:
1.Cho $a,b,c>0$. CMR:
$\frac{a+3c}{a+b}+\frac{c+3a}{c+b}+\frac{4b}{c+a}\geq 6$.
2.Cho $a,b,c>0$. CMR:
$\frac{b^{3}+2abc+c^{3}}{a^{2}+bc}+\frac{a^{3}+2abc+c^{3}}{b^{2}+ac}+\frac{b^{3}+2abc+a^{3}}{c^{2}+ba}\geq 2(a+b+c)$.
1.
VT $=\frac{(a+3c)^2}{(a+3c)(a+b)}+\frac{(c+3a)^2}{(c+3a)(c+b)}+\frac{(4b)^2}{4b(c+a)}$$\overset{\text{B.C.S}}{\ge}\frac{[(a+3c)+(c+3a)+(4b)]^2}{(a+3c)(a+b)+(c+3a)(c+b)+4b(c+a)}$$=\frac{(4a+4b+4c)^2}{a^2+c^2+8ab+8bc+6ca}$
Mà $(4a+4b+4c)^2=16(a^2+b^2+c^2)+32(ab+bc+ca)$$=6(a^2+c^2)+8(a^2+b^2)+8(b^2+c^2)+2(a^2+c^2)+32(ab+bc+ca)$
$\overset{\text{Côsi}}{\ge}6(a^2+c^2)+16ab+16bc+4ac+32(ab+bc+ca)=6(a^2+c^2+8ab+8bc+6ca)$
Suy ra $VT\ge 6$. Dấu $=$ xảy ra tại $a=b=c$.
2.
VT $+(a+b+c)=\sum_{a,b,c}\frac{a^3+b^3+c^3+3abc}{a^2+bc}=(a^3+b^3+c^3+3abc).\sum_{a,b,c}\frac{1}{a^2+bc}$$\overset{\text{B.C.S}}{\ge}(a^3+b^3+c^3+3abc).\frac{9}{\sum(a^2+bc)}$
Do đó ta cần CM : $9(a^3+b^3+c^3+3abc)\ge 3(a+b+c)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)$ (*)
(*) $\Leftrightarrow 3(a^3+b^3+c^3+3abc)\ge a^3+b^3+c^3+2[a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)]+3abc$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\ge a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)$ (**). Đây là BĐT Schur bậc 3 quen thuộc.
Không mất tính TQ có thể g/s $a\ge b\ge c$. Khi đó :
(**) $\Leftrightarrow a(a-b)^2+(a-b)^2(b-c)+c(a-c)(b-c)\ge 0$ (Đúng do $a\ge b\ge c$).
Vậy (**) đúng $\Rightarrow$ (*) đúng $\Rightarrow$ (2) đúng.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 13-08-2014 - 02:37