Chủ đề này có 11 trả lời

[Capture]

Chứng minh BĐT: 

$\frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}-ca+a^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$  trong đó a, b, c là các số dương 

[Capture]

Cho a, b, c là các số dương. CMR:

$\frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}-ca+a^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$

[Tuan Hoang Nhat]

Chứng minh BĐT: 

$\frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}-ca+a^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$  trong đó a, b, c là các số dương 

BĐT này tương đương:

$\sum \frac{a^3}{b^3+c^3}(b+c)\geq \frac{3\sum ab}{\sum a}$

Ta có:

$\sum \frac{a^3}{b^3+c^3}(b+c)=\sum \frac{a^3+b^3+c^3}{b^3+c^3}(b+c)-2(a+b+c)=\frac{1}{2}\sum (b^3+c^3)\sum \frac{b+c}{b^3+c^3}$

$\geq \frac{1}{2}(\sum \sqrt{a+b})^2-2(a+b+c)=\sum \sqrt{(a+b)(a+c)}-(a+b+c)$

Cần chứng minh:$\sum \sqrt{(a+b)(a+c)}-(a+b+c)\geq \frac{3\sum ab}{\sum a}$

Đặt: $2x^2=b+c;2y^2=c+a;2z^2=a+b$

Khi đó BĐT sẽ trở thành:

$\sum x^4+\sum xy(x^2+y^2)+\sum x^2yz\geq 4\sum x^2y^2$

Theo BĐT Schur bậc 4 thì:$\sum x^4+\sum x^2yz\geq \sum xy(x^2+y^2)$

Đồng thời cũng áp dụng BĐT AM-GM thì:

$\sum xy(x^2+y^2)\geq 2\sum x^2y^2$

BĐT được chứng minh

[Nguyen Minh Hai]

Chứng minh BĐT: 

$\frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}-ca+a^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$  trong đó a, b, c là các số dương 

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz và Schur ta có:

$\sum \frac{a^3}{b^2-bc+c^2}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum ab(a+b)-3abc} \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^3+b^3+c^3}$

Cần chứng minh      $\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^3+b^3+c^3} \geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$

$\Leftrightarrow \sum a^5+2\sum a^3(b^2+c^2)+2abc(ab+bc+ca) \geq 2 \sum a^4(b+c)+3abc(a^2+b^2+c^2)$

 

Đến đây chắc là biến đổi tương đương thôi.... 

[spoiler] Chưa biến đổi ra....   [\spoiler]

[vta00]

Ta chứng minh bdt chặt hơn $\sum \frac{a^{4}\left ( b+c \right )}{b^{3}+c^{3}}\geq a+b+c$ đến đây quy đồng ra là$\sum a^{9}b\geq \sum a^{7}b^{3}$,áp dụng bất đẳng thức Chebychev ta có $a^{9}b+b^{9}b\geq a^{^{8}}b^{2}+b^{8}a^2> a^{7}b^{3}+b^{7}a^{3}$ cộng lại ta được điều cần phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vta00: 02-07-2015 - 19:33

[vta00]

Chứng minh BĐT: 

$\frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}-ca+a^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$  trong đó a, b, c là các số dương 

Cách 2: vẫn chứng minh bdt mạnh hơn $\sum \frac{a^{4}}{b^{2}a-abc+c^{2}a}\geq \left \left ( a+b+c \right )$ tương đương $\left ( \sum a^{2} \right )^{2}\geq \left ( \sum a \right )\left ( \sum ab\left ( a+b \right ) \right-3abc )$ giả sử a là min {a,b,c} thì bdt luôn đúng vì $a^{2}\left ( a-b \right )\left ( a-c \right )+\left ( b-c \right )^{2}\left ( b^{2}+c^{2}+bc-ab-ac \right )\geq 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vta00: 02-07-2015 - 19:36

[Capture]

Đặt VT=A

Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz :

 $B=(\sum \sqrt{\frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^{2}}}\sqrt{(b^{2}-bc+c^{2})a})^{2}$

<=>$A\geq \frac{B}{ab^{2}+ac^{2}+ba^{2}+bc^{2}+ca^{2}+cb^{2}-3abc}$ (1)

Chứng minh VP của (1) $\geq$ a+b+c <=> $a^{4}+b^{4}+c^{4}+abc(a+b+c)\geq ab^{3}+ac^{3}+bc^{3}+ba^{3}+ca^{3}+cb^{3}$ (2)

không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c\geq 0$, ta có (2) <=> $a^{2}(a-b)^{2}+(a-b)^{2}(a+b)(b-c)+c^{2}(c-a)(c-b)\geq 0$ (luôn đúng) (3)

Kết hợp (1) và (3), ta có $A\geq a+b+c$ 

Lại có: $a+b+c\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$

Từ đó suy ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Capture: 02-07-2015 - 07:51

[vta00]

 $\left ( \sum a^{2} \right )^{2}\geq \left ( \sum a \right )\left ( \sum ab\left ( a+b \right ) \right-3abc )$

[Nguyen Huy Hoang]

BĐT này tương đương:

$\sum \frac{a^3}{b^3+c^3}(b+c)\geq \frac{3\sum ab}{\sum a}$

Ta có:

$\sum \frac{a^3}{b^3+c^3}(b+c)=\sum \frac{a^3+b^3+c^3}{b^3+c^3}(b+c)-2(a+b+c)=\frac{1}{2}\sum (b^3+c^3)\sum \frac{b+c}{b^3+c^3}$

$\geq \frac{1}{2}(\sum \sqrt{a+b})^2-2(a+b+c)=\sum \sqrt{(a+b)(a+c)}-(a+b+c)$

Cần chứng minh:$\sum \sqrt{(a+b)(a+c)}-(a+b+c)\geq \frac{3\sum ab}{\sum a}$

Đặt: $2x^2=b+c;2y^2=c+a;2z^2=a+b$

Khi đó BĐT sẽ trở thành:

$\sum x^4+\sum xy(x^2+y^2)+\sum x^2yz\geq 4\sum x^2y^2$

Theo BĐT Schur bậc 4 thì:$\sum x^4+\sum x^2yz\geq \sum xy(x^2+y^2)$

Đồng thời cũng áp dụng BĐT AM-GM thì:

$\sum xy(x^2+y^2)\geq 2\sum x^2y^2$

BĐT được chứng minh

 

Lần sau bạn vui lòng bớt viết dấu $\sum$ đi nhé, bạn viết như vậy khó đọc lắm @@

[Capture]

Lần sau bạn vui lòng bớt viết dấu $\sum$ đi nhé, bạn viết như vậy khó đọc lắm @@

Không dùng dấu $\sum$ thì trình bày ra dài lắm 

[Nguyen Huy Hoang]

Không dùng dấu $\sum$ thì trình bày ra dài lắm 

Đương nhiên những chỗ nào dài quá thì phải dùng $\sum$ rồi

Nhưng $\sum{ab}$ hoặc $\sum{a^4}$  hay thậm chí $\sum{a}$ thì trông nó rối quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Huy Hoang: 06-07-2015 - 13:05

[Nguyen Huy Hoang]

Chứng minh BĐT: 

$\frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}-ca+a^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$  trong đó a, b, c là các số dương 

Thêm một cách chứng minh:
Dễ dàng nhận thấy:
$VT \geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-3abc}$
$VP \leq a+b+c$

 

Ta sẽ chứng minh

$ \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-3abc} \geq a+b+c$

<=>$(a^2+b^2+c^2)^2 -(a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2-3abc)(a+b+c) \geq 0$

<=>$a^4+b^4+c^4-(a^3b+ab^3+b^3c+bc^3+c^3a+ca^3)+a^3bc+ab^3c+abc^3 \geq 0$

<=>$a^2(a-b)(a-c)+b^2(b-c)(b-a)+c^2(c-a)(c-b)\geq 0$

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng vì đây là BĐT $Schur$

Vậy  $\frac{a^{3}}{b^{2}-bc+c^{2}}+\frac{b^{3}}{c^{2}-ca+a^{2}}+\frac{c^{3}}{a^{2}-ab+b^{2}}\geq \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $"a=b=c"$