Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn abc=1 $\frac{a^{2}}{(ab+2)(2ab+1)}+\frac{b^{2}}{(bc+2)(2bc+1)}+\frac{c^{2}}{(ac+2)(2ac+1)}\geq \frac{1}{3}$
$\sum \frac{a^{2}}{(ab+2)(2ab+1)}\geq \frac{1}{3}$
#1
Đã gửi 15-03-2015 - 19:46
#2
Đã gửi 15-03-2015 - 20:34
Vì $a, b, c>0$ thỏa $abc= 1$ nên tồn tại các số dương $x, y, z$ sao cho $a= \frac{x}{y};b= \frac{y}{z};c= \frac{z}{x}$
Cần chứng minh $A=\sum \frac{\frac{x^2}{y^2}}{\left ( \frac{x}{z}+2 \right )\left ( \frac{2x}{z}+1 \right )}\geq \frac{1}{3}$
Ta có: $A= \sum \frac{x^2z^2}{\left ( xy+2yz \right )\left ( 2xy+yz \right )}\geq \sum \frac{4x^2z^2}{9\left ( xy+yz \right )^2}\geq \frac{4}{9}.\frac{1}{3}\left ( \sum \frac{zx}{xy+yz} \right )^2\geq \frac{4}{9}.\frac{1}{3}.\left ( \frac{3}{2} \right )^2= \frac{1}{3}$
$\Rightarrow$ đpcm
- Bui Ba Anh, Chung Anh, yeutoanmaimai1 và 1 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 15-03-2015 - 20:41
Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn abc=1 $\frac{a^{2}}{(ab+2)(2ab+1)}+\frac{b^{2}}{(bc+2)(2bc+1)}+\frac{c^{2}}{(ac+2)(2ac+1)}\geq \frac{1}{3}$
Chắc là c/m bạn nhỉ
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
$\frac{a^{2}}{(ab+2)(2ab+1)}+\frac{b^{2}}{(bc+2)(2bc+1)}+\frac{c^{2}}{(ac+2)(2ac+1)}$
$\geq \frac{4a^2}{(ab+2+2ab+1)^2}+\frac{4b^2}{(bc+2+2bc+1)^2}+\frac{4c^2}{(ca+2+2ca+1)^2}$
$=\frac{(2a)^2}{(3ab+3)^2}+\frac{(2b)^2}{(3bc+3)^2}+\frac{(2c)^2}{(3ca+3)^2}$
$\geq \frac{1}{3}(\frac{2a}{3ab+3}+\frac{2b}{3bc+3}+\frac{2c}{3ca+3})^2$
Nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{2a}{3ab+3}+\frac{2b}{3bc+3}+\frac{2c}{3ca+3}\geq 1$
$\Leftrightarrow \frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}\geq \frac{3}{2}$ (1)
Vì $abc=1$ nên ta đặt $(a,b,c)=(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})$
Khi đó $(1)\Leftrightarrow \frac{xz}{xy+yz}+\frac{xy}{xz+yz}+\frac{yz}{xy+xz}\geq \frac{3}{2}$ ( luôn đúng theo bất đẳng thức $Nesbitt$ )
Chứng minh xong
- arsfanfc, Chung Anh, yeutoanmaimai1 và 1 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 15-03-2015 - 22:01
BĐT cần chứng minh tương đương với:
$\sum \frac{1}{(b+\frac{2}{a})(2b+\frac{1}{a})}\geq \frac{1}{3}$
Áp dụng BĐT AM-GM có:$(b+\frac{2}{a})(2b+\frac{1}{a})\leq \frac{1}{4}(3b+\frac{3}{a})^2=\frac{1}{4}(3b+3bc)^2$
Do vậy $VT\geq \frac{4}{9}(\sum \frac{1}{(b+bc)^2})$
Áp dụng BĐT dạng $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$
Ta có $VT\geq \frac{4}{27}(\sum \frac{1}{b(1+c)})^2$
Áp dụng tiếp BĐT $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$ ta có đpcm
- yeutoanmaimai1 yêu thích
Quy Ẩn Giang Hồ.
So goodbye!
#5
Đã gửi 15-03-2015 - 22:11
#6
Đã gửi 15-03-2015 - 22:23
Chắc là c/m bạn nhỉ
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và Cauchy-Schwarz ta có:
$\frac{a^{2}}{(ab+2)(2ab+1)}+\frac{b^{2}}{(bc+2)(2bc+1)}+\frac{c^{2}}{(ac+2)(2ac+1)}$
$\geq \frac{4a^2}{(ab+2+2ab+1)^2}+\frac{4b^2}{(bc+2+2bc+1)^2}+\frac{4c^2}{(ca+2+2ca+1)^2}$
$=\frac{(2a)^2}{(3ab+3)^2}+\frac{(2b)^2}{(3bc+3)^2}+\frac{(2c)^2}{(3ca+3)^2}$
$\geq \frac{1}{3}(\frac{2a}{3ab+3}+\frac{2b}{3bc+3}+\frac{2c}{3ca+3})^2$ *
Nên ta chỉ cần chứng minh $\frac{2a}{3ab+3}+\frac{2b}{3bc+3}+\frac{2c}{3ca+3}\geq 1$
$\Leftrightarrow \frac{a}{ab+1}+\frac{b}{bc+1}+\frac{c}{ca+1}\geq \frac{3}{2}$ (1)
Vì $abc=1$ nên ta đặt $(a,b,c)=(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})$
Khi đó $(1)\Leftrightarrow \frac{xz}{xy+yz}+\frac{xy}{xz+yz}+\frac{yz}{xy+xz}\geq \frac{3}{2}$ ( luôn đúng theo bất đẳng thức $Nesbitt$ )
Chứng minh xong
Ở chỗ * là $\frac{1}{3}$ hay 3 vậy long??
- hoanglong2k và yeutoanmaimai1 thích
#7
Đã gửi 15-03-2015 - 22:33
Ở chỗ * là $\frac{1}{3}$ hay 3 vậy long??
là $\frac{1}{3}$, ở đây bạn dùng bất đẳng thức $(x^2+y^2+z^2)\geq \frac{1}{3}(x+y+z)^2$
$\Leftrightarrow 3(x^2+y^2+z^2)\geq (x+y+z)^2$
$\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx $
$\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0$ nhé
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 15-03-2015 - 22:34
- yeutoanmaimai1 và Linhh Chii thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh