$a,b,c>0,a^{4}+b^{4}+c^{4}=3.CMR \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 3$
CMR$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 3$
#1
Đã gửi 15-07-2015 - 23:31
#2
Đã gửi 15-07-2015 - 23:47
$a,b,c>0 CMR \sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+7ab+b^{2}}}\geq 1$
#3
Đã gửi 15-07-2015 - 23:50
$a,b,c\geq 0 ,ab+bc+ca>0. CMR\sum \sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}\geq 15$
#4
Đã gửi 15-07-2015 - 23:51
$a,b,c>0,a^{4}+b^{4}+c^{4}=3.CMR \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 3$
Sử dụng BĐT Holder ta có:
$(\sum \frac{a^2}{b})^2(\sum a^2b^2)\geq (a^2+b^2+c^2)^3$
Cần chứng minh: $(a^2+b^2+c^2)^3\geq 3\sum a^2b^2\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}$
Đặt: $a^2=x;b^2=y;c^2=z$
Ta sẽ chứng minh: $\frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+xz}\geq \frac{3\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}{x+y+z}$
$<=>\frac{\sum (x-y)^2}{2(xy+yz+xz)}\geq \frac{3\sum (x-y)^2}{(x+y+z)(x+y+z+\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)})}$
Do đó cần chứng minh:
$6(xy+yz+xz)\leq (x+y+z)(x+y+z+\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)})$
Dễ thấy BĐT này đúng
- hoctrocuaHolmes và Minh Hieu Hoang thích
#5
Đã gửi 15-07-2015 - 23:53
$a,b,c>0,a^{4}+b^{4}+c^{4}=3.CMR \frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq 3$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :
$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}$
Lại có :
$a^2b+b^2c+c^2a\leq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$
$\Rightarrow \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^\frac{3}{2}}{\sqrt{(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}}$
Áp dụng AM-GM ta có
$(a^2+b^2+c^2)^2=(a^4+b^4+c^4)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq 3\sqrt[3]{(a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)^2}$
$\Rightarrow (a^2+b^2+c^2)^\frac{3}{2}\geq \sqrt{(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2).\sqrt{27(a^4+b^4+c^4)}}$
$\Rightarrow \frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \sqrt[4]{27(a^4+b^4+c^4)}=3$
- Nguyen Minh Hai và hoctrocuaHolmes thích
#6
Đã gửi 16-07-2015 - 00:11
$a,b,c>0 CMR \sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+7ab+b^{2}}}\geq 1$
Đã có ở đây: http://diendantoanho...a2a27abb2geq-1/
#7
Đã gửi 16-07-2015 - 00:15
$a,b,c\geq 0 ,ab+bc+ca>0. CMR\sum \sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}\geq 15$
http://manmelody193....-bieu-thuc.htmlđây nè anh
#8
Đã gửi 16-07-2015 - 00:42
$a,b,c\geq 0 ,ab+bc+ca>0. CMR\sum \sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}\geq 15$
Giả sử $c=min{a;b;c}$ . Ta có bất đẳng thức quen thuộc :
$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$
Áp dụng $Mincowsky$ ta có :
$\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}\geq \sqrt{4+48(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}})^{2}}\geq \sqrt{4+48.\frac{4(a+b)}{a+b+2c}}=2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}$
Ta quy về chứng minh
$2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}+\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}\geq 15$
Đặt $\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}=1+4t$
Từ giả thiết ta có : $0\leq t\leq 1$ $;\frac{2c}{a+b}=\frac{t+2t^{2}}{3}$
$\Rightarrow 1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}=\frac{2t^{2}+t+147}{2t^{2}+t+3}$
Do đó bất đẳng thức viết lại thành
$\sqrt{4+\frac{2t^{2}+t+147}{t+2t^{2}+3}}\geq 7-2t$
$\Leftrightarrow 4t(2t-9)(t-1)^{2}\geq0$
Đúng do $0 \leq t \leq 1$
#9
Đã gửi 16-07-2015 - 18:32
Giả sử $c=min{a;b;c}$ . Ta có bất đẳng thức quen thuộc :
$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$
Áp dụng $Mincowsky$ ta có :
$\sqrt{1+\frac{48a}{b+c}}+\sqrt{1+\frac{48b}{a+c}}\geq \sqrt{4+48(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}})^{2}}\geq \sqrt{4+48.\frac{4(a+b)}{a+b+2c}}=2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}$
Ta quy về chứng minh
$2\sqrt{1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}}+\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}\geq 15$
Đặt $\sqrt{1+\frac{48c}{a+b}}=1+4t$
Từ giả thiết ta có : $0\leq t\leq 1$ $;\frac{2c}{a+b}=\frac{t+2t^{2}}{3}$
$\Rightarrow 1+\frac{48(a+b)}{a+b+2c}=\frac{2t^{2}+t+147}{2t^{2}+t+3}$
Do đó bất đẳng thức viết lại thành
$\sqrt{4+\frac{2t^{2}+t+147}{t+2t^{2}+3}}\geq 7-2t$
$\Leftrightarrow 4t(2t-9)(t-1)^{2}\geq0$
Đúng do $0 \leq t \leq 1$
Bạn nói rõ hơn cái dòng đầu tiên chứng minh như thế nào vậy, mình cảm ơn trước
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh