Chủ đề này có 3 trả lời

[binvippro]

Chứng minh các bất đẳng thức sau :

a) $\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{2}(\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})\geq 4$ với a,b,c>0

b) $(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)(xy+yz+zx)^2\geq 8x^2y^2z^2(x^2+y^2+z^2)^2$ với x,y,z>0

Tự hào là thành viên VMF

[Chung Anh]

Cauchy cho từng $x^{2}+y^{2},dễ c/m dc $(xy+zy+zx)^{2}\geq (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}$ bằng biến đổi tương đương trong đó sử dụng Cauchy cho $x^{4}+y^{2}z^{2}$ 

Thế thì bị ngược dấu mà bạn ,bởi$(xy+yz+zx)^2\leq(x^2+y^2+z^2)^2$

[binvippro]

Bài 2:

 

Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức đúng khi $b=c=t \geqslant 0$ bằng biến đổi tương đương.

Bước 2: Tồn tại $t\geqslant 0$ thỏa $t^4+2a^2t^2=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \Leftrightarrow (t^2+a^2)^2=(a^2+b^2)(a^2+c^2)$

Khi đó ta quy về việc chứng minh: $(b^2+c^2)(a+b+c)^2 \geqslant 2t^2(a+2t)^2$

Giả sử $a=\text{min{a;b;c}}$

Bước 3: Dùng phản chứng để chứng minh $b^2+c^2 \geqslant 2t^2$ và kết hợp điều kiện đầu bài để chứng minh thêm $b+c \geqslant 2t$

Tư tưởng dồn biến.

bạn có thể trình bày rõ được không ? 

[Nguyentiendung9372]

a) Ta có

${{{{(a + b + c)}^2}} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + {1 \over 2}({{{a^3} + {b^3} + {c^3}} \over {abc}} - {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over {ab + bc + ca}}) \ge 4 \Leftrightarrow {{{{(a + b + c)}^2}} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} - 3 + {{{a^3} + {b^3} + {c^3}} \over {2abc}} - {3 \over 2} \ge {{{a^2} + {b^2} + {c^2}} \over {2\left( {ab + bc + ca} \right)}} - {1 \over 2} \Leftrightarrow  - \sum {{{{{\left( {a - b} \right)}^2}} \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}}}  + \sum {{{\left( {a + b + c} \right){{\left( {a - b} \right)}^2}} \over {4abc}}}  \ge \sum {{{{{\left( {a - b} \right)}^2}} \over {4\left( {ab + bc + ca} \right)}}} $

$ \Leftrightarrow \sum {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {{{a + b + c} \over {4abc}} - {1 \over {{a^2} + {b^2} + {c^2}}} - {1 \over {4\left( {ab + bc + ca} \right)}}} \right)}  \ge 0$

Mỗi biểu thức trong ngoặc đều không âm, nên có đpcm

(bạn có thể dùng coccoc để kiểm tra)