Chủ đề này có 1 trả lời

[DarkBlood]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $$7(a^2+b^2+c^2)=11(ab+bc+ca)$$

Chứng minh rằng $$\dfrac{51}{28} \leq \sum \dfrac{a}{b+c} \leq 2$$

[chardhdmovies]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $$7(a^2+b^2+c^2)=11(ab+bc+ca)$$

Chứng minh rằng $$\dfrac{51}{28} \leq \sum \dfrac{a}{b+c} \leq 2$$

vì đây là bđt đồng bậc nên ta chuẩn hóa $ab+bc+ca=7$ do đó từ gt đề bài $a^2+b^2+c^2=11$

$\Rightarrow (a+b+c)^2=25\Rightarrow a+b+c=5$

$\sum \frac{a}{b+c}=\frac{\sum a^3+\sum ab(a+b)+3abc}{\prod (a+b)}=1+\frac{a^3+b^3+c^3+abc}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}$

mà $a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b+c)^3-3[(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc]=20+3abc$

do đó ta cần chứng minh $\frac{51}{28}\leq 1+\frac{20+4abc}{35-abc}\leq 2\Leftrightarrow \frac{49}{27}\leq abc\leq 3$

ta có $2(b^2+c^2)\geq (b+c)^2\Leftrightarrow 2(11-a^2)\geq (5-a)^2\Rightarrow \frac{1}{3}\leq a\leq 3$

tương tự nên ta có $a,b,c\in \left [ \frac{1}{3};3 \right ]$

ta có $(3a-1)(3b-1)(3c-1)\geq 0\Leftrightarrow abc\geq \frac{49}{27}$

ta có $(a-3)(b-3)(c-3)\leq 0\Leftrightarrow abc\leq 3$

vậy bđt được chứng minh

 

                                                                                   NTP

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 03-09-2014 - 12:10