Cho a, b, c > 0 và $ab+bc+ca\geq 3$ chứng minh $\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{a+c}+\frac{c^3}{a+b}\geq\frac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hachinh2013: 21-02-2015 - 23:03
Cho a, b, c > 0 và $ab+bc+ca\geq 3$ chứng minh $\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{a+c}+\frac{c^3}{a+b}\geq\frac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hachinh2013: 21-02-2015 - 23:03
cho a,b,c>0 và $ab+bc+ca\geq 3$ chứng minh $\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{a+c}+\frac{c^3}{a+b}\geq\frac{3}{2}$
Ta có:
$\sum\frac{a^3}{b+c}=\sum\frac{a^4}{ab+ac}$.
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$, ta có:
$\sum\frac{a^4}{ab+ac}\geq\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab+ac+ab+bc+ca+bc}=\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ca)}$
Cần chứng minh: $\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ca)}\geq\frac{3}{2}$
<=> $(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(ab+bc+ca) (1)$
Áp dụng bất đẳng thức phụ: $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$
=> $(a^2+b^2+c^2)\geq (ab+bc+ca)^2\geq 3(ab+bc+ca)$ vì theo gt: $ab+bc+ca\geq 3$
=> $(1)$ đúng.
=>$Q.E.D$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vda2000: 21-02-2015 - 23:07
$\boxed{\textrm{Silence is the peak of contempt!}}$
If you see this, you will visit my facebook.....!
Cho a, b, c > 0 và $ab+bc+ca\geq 3$ chứng minh $\frac{a^3}{b+c}+\frac{b^3}{a+c}+\frac{c^3}{a+b}\geq\frac{3}{2}$
Ta có $\frac{a^{3}}{b+c}+\frac{b^{3}}{c+a}+\frac{c^{3}}{a+b}=\frac{a^{4}}{ab+ca}+\frac{b^{4}}{bc+ab}+\frac{c^{4}}{ca+bc}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}\geq \frac{ab+bc+ca}{2}\geq \frac{3}{2}$
$\frac{a^3}{b+c}+\frac{b+c}{4}+\frac{1}{2}\geqslant 3\sqrt[3]{\frac{a^3.(b+c)}{8(b+c)}}=\frac{3a}{2}$
$\rightarrow \sum \frac{a^3}{b+c}+\frac{a+b+c}{2}+\frac{3}{2}\geqslant \frac{3(a+b+c)}{2}\rightarrow \sum \frac{a^3}{b+c}\geq (a+b+c)-\frac{3}{2}$
Để ý rằng : $(a+b+c)^2\geq 3(ab+ac+bc)=9\rightarrow a+b+c\geqslant 3$
Từ đó suy ra đpcm
Đừng lo lắng về khó khăn của bạn trong toán học, tôi đảm bảo với bạn rằng những khó khăn toán học của tôi còn gấp bội.
(Albert Einstein)
Visit my facebook: https://www.facebook.com/cao.simon.56
Theo bất đẳng thức $\rm{H\ddot{o}lder}$ ta có:
\begin{align} & \left(\sum_{cyc} a\right)^3=\left(\sum_{cyc} 1.\dfrac{a}{\sqrt[3]{b+c}}.\sqrt[3]{b+c}\right)^3\leqslant \left(1+1+1\right) \left( \sum_{cyc} \dfrac{a^3}{b+c}\right)\left[\sum_{cyc} \left( b+c\right) \right] \nonumber \\ \Leftrightarrow & (a+b+c)^3\leqslant 6\left(\dfrac{a^3}{b+c}+\dfrac{b^3}{a+c}+\dfrac{c^3}{a+b}\right)(a+b+c) \nonumber \\ \label{eq:1} \Leftrightarrow & \ \dfrac{a^3}{b+c}+\dfrac{b^3}{a+c}+\dfrac{c^3}{a+b}\geqslant \dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{6} \end{align}
Mặt khác, theo bất đẳng thức $\rm{AM - GM}$ thì ta có:
\begin{align} \label{eq:2} & \dfrac{a^2+b^2}{2} \geqslant ab \\ \label{eq:3} & \dfrac{b^2+c^2}{2} \geqslant bc \\ \label{eq:4} & \dfrac{c^2+a^2}{2} \geqslant ca \end{align}
Cộng các bất đẳng thức \eqref{eq:2}, \eqref{eq:3}, \eqref{eq:4} vế với vế ta thu được:
\begin{align} a^2+b^2+c^2 & \geqslant ab+bc+ca \nonumber \\ \label{eq:5} \Rightarrow (a+b+c)^2 & \geqslant 3(ab+bc+ca) \end{align}
Theo giả thiết ta lại có:
\begin{equation} \label{eq:6} ab+bc+ca \geqslant 3 \end{equation}
Từ các bất đẳng thức \eqref{eq:1}, \eqref{eq:5}, \eqref{eq:6} ta thu được
\begin{equation} \dfrac{a^3}{b+c}+\dfrac{b^3}{a+c}+\dfrac{c^3}{a+b}\geqslant \dfrac{\left(a+b+c\right)^2}{6} \geqslant \dfrac{3(ab+bc+ca)}{6}\geqslant \dfrac{3}{2} \tag{$\blacksquare$} \end{equation}
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
không hiểu
Bất đẳng thức Holder: (với mọi số thực $a_{1_1}$, $a_{1_2}$, $\ldots$, $a_{n_m}$)
$$\left(\sum_{i=1}^{n}a_{i_1}^m\right) \left(\sum_{i=1}^{n}a_{i_2}^m\right) \ldots \left(\sum_{i=1}^{n}a_{i_m}^m\right)\geqslant \left(\sum^n_{i=1}a_{i_1} a_{i_2} \ldots a_{i_m} \right)^m$$
hay có thể được viết
\begin{multline*} \left(a_{1_1}^m+a_{2_1}^m+\ldots+a_{n_1}^m\right) \left(a_{1_2}^m+a_{2_2}^m+\ldots+a_{n_2}^m\right) \ldots \left(a_{1_m}^m+a_{2_m}^m+\ldots+a_{n_m}^m\right)\geqslant \\ \geqslant \left(a_{1_1} a_{1_2} \ldots a_{1_m}+a_{2_1} a_{2_2} \ldots a_{2_m} + \ldots+ a_{n_1} a_{n_2} \ldots a_{n_m} \right)^m \end{multline*}
Chứng minh:
Theo bất đẳng thức $AM - GM$, ta có:
\begin{multline*} \dfrac{a_{1_1}^m}{a_{1_1}^m+a_{2_1}^m+\ldots+a_{n_1}^m}+\dfrac{a_{1_2}^m}{a_{1_2}^m+a_{2_2}^m+\ldots+a_{n_2}^m} + \ldots + \dfrac{a_{1_m}^m}{a_{1_m}^m+a_{2_m}^m+\ldots+a_{n_m}^m}\geqslant \\ \geqslant m\dfrac{a_{1_1} a_{1_2} \ldots a_{1_m}}{\sqrt[m]{\left(a_{1_1}^m+a_{2_1}^m+\ldots+a_{n_1}^m\right) \left(a_{1_2}^m+a_{2_2}^m+\ldots+a_{n_2}^m\right) \ldots \left(a_{1_m}^m+a_{2_m}^m+\ldots+a_{n_m}^m\right)}} \end{multline*}
Tương tự:
\begin{multline*} \dfrac{a_{2_1}^m}{a_{1_1}^m+a_{2_1}^m+\ldots+a_{n_1}^m}+\dfrac{a_{2_2}^m}{a_{1_2}^m+a_{2_2}^m+\ldots+a_{n_2}^m} + \ldots + \dfrac{a_{2_m}^m}{a_{1_m}^m+a_{2_m}^m+\ldots+a_{n_m}^m}\geqslant \\ \geqslant m\dfrac{a_{2_1} a_{2_2} \ldots a_{2_m}}{\sqrt[m]{\left(a_{1_1}^m+a_{2_1}^m+\ldots+a_{n_1}^m\right) \left(a_{1_2}^m+a_{2_2}^m+\ldots+a_{n_2}^m\right) \ldots \left(a_{1_m}^m+a_{2_m}^m+\ldots+a_{n_m}^m\right)}} \end{multline*}
\begin{multline*} \dfrac{a_{n_1}^m}{a_{1_1}^m+a_{2_1}^m+\ldots+a_{n_1}^m}+\dfrac{a_{n_2}^m}{a_{1_2}^m+a_{2_2}^m+\ldots+a_{n_2}^m} + \ldots + \dfrac{a_{n_m}^m}{a_{1_m}^m+a_{2_m}^m+\ldots+a_{n_m}^m}\geqslant \\ \geqslant m\dfrac{a_{n_1} a_{n_2} \ldots a_{n_m}}{\sqrt[m]{\left(a_{1_1}^m+a_{2_1}^m+\ldots+a_{n_1}^m\right) \left(a_{1_2}^m+a_{2_2}^m+\ldots+a_{n_2}^m\right) \ldots \left(a_{1_m}^m+a_{2_m}^m+\ldots+a_{n_m}^m\right)}} \end{multline*}
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh