Chủ đề này có 4 trả lời

[royal1534]

Cho $a,b,c>0$;$a+b+c=3$

Chứng minh

1,$\frac{a^{2}}{a+b^{2}}$$+$$\frac{b^{2}}{b+c^{2}}$$+$$\frac{c^{2}}{c+a^{2}}$ $\geq$ $\frac{3}{2}$

 

2,$\frac{a^{4}+b^{4}}{a^{3}+b^{3}}$+$\frac{b^{4}+c^{4}}{b^{3}+c^{3}}$+$\frac{c^{4}+a^{4}}{c^{3}+a^{3}}$ $\geq$ 3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 24-07-2015 - 11:31

[Nguyen Huy Hoang]

1) Cô si ngược

Ta có:

$\sum{\left( \frac{{{a}^{2}}}{a+{{b}^{2}}} \right)}=\sum{\left( a-\frac{a{{b}^{2}}}{a+{{b}^{2}}} \right)}\ge \sum{\left( a-\frac{a{{b}^{2}}}{2b\sqrt{a}} \right)}=\sum{\left( a-\frac{b\sqrt{a}}{2} \right)=3-\sum{\frac{b\sqrt{a}}{2}}}$

 

Do đó ta cần chứng minh

  $ \frac{b\sqrt{a}}{2}+\frac{c\sqrt{b}}{2}+\frac{a\sqrt{c}}{2}\le \frac{3}{2} $

 $ \Leftrightarrow \sqrt{ab}\sqrt{b}+\sqrt{bc}\sqrt{c}+\sqrt{ca}\sqrt{a}\le 3 $

 

Theo Cauchy-Schwarz:

  $ \sqrt{ab}\sqrt{b}+\sqrt{bc}\sqrt{c}+\sqrt{ca}\sqrt{a}\le \sqrt{(ab+bc+ca)(a+b+c)} $

 $ \le \sqrt{\frac{{{(a+b+c)}^{2}}}{3}.(a+b+c)}=3 $

 

BĐT được chứng minh

 

2)Áp dụng bất đẳng thức Holder:

 

$\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)\left( a+b \right)\ge {{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)}^{3}}$

$\Leftrightarrow \frac{{{\left( {{a}^{4}}+{{b}^{4}} \right)}^{2}}}{{{\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)}^{2}}}\ge \frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{a+b}$

 

Lại có:$\frac{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}{a+b}=\frac{(1+1)(1+1)\left( {{a}^{3}}+{{b}^{3}} \right)}{4(a+b)}\ge \frac{{{\left( a+b \right)}^{3}}}{4(a+b)}=\frac{{{\left( a+b \right)}^{2}}}{4}$

$\Rightarrow \frac{{{a}^{4}}+{{b}^{4}}}{{{a}^{3}}+{{b}^{3}}}\ge \frac{a+b}{2}$

Chứng minh tương tự rồi cộng theo vế ba BĐT lại ta được đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Huy Hoang: 24-07-2015 - 12:58

[NhatTruong2405]

Cho $a,b,c>0$;$a+b+c=3$

Chứng minh

1,$\frac{a^{2}}{a+b^{2}}$$+$$\frac{b^{2}}{b+c^{2}}$$+$$\frac{c^{2}}{c+a^{2}}$ $\geq$ $\frac{3}{2}$

 

 

Ta co:

$\sum \frac{a^2}{a+b^2}=\sum \frac{a^2+ab^2-ab^2}{a+b^2}= \sum a-\sum \frac{ab^2}{a+b^2}$ 

Can chung minh 

$\sum \frac{ab^2}{a+b^2}\leq \frac{3}{2}$

Ap dung BDT AM-GM:

$\sum \frac{ab^2}{a+b^2}\leq \frac{ab^2}{2\sqrt{ab^2}}=\frac{\sqrt{ab^2}}{2}$

Ap dung BDT Cauchy-Schwarz:

$\sum \sqrt{ab^2}=\sum \sqrt{ab}\sqrt{a}\leq \sqrt{(\sum ab)(\sum a)}\leq \sqrt{\frac{(\sum a)^3}{3}}=3$

Spoiler

Làm cùng giờ với bạn ở trên  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NhatTruong2405: 24-07-2015 - 12:36

[Nhok Tung]

1. Ta có $\sum \frac{a^{2}}{a+b^{2}}=\sum a-\sum \frac{ab^{2}}{a+b^{2}}\geq 3-\frac{1}{2}\sum \sqrt{a}b$

Cần cm $\sum \sqrt{a}b\leq 3$

Ta có $(\sqrt{a}b+\sqrt{b}c+\sqrt{c}a)^{2}\leq (ab+bc+ca)(a+b+c)\leq 9\Leftrightarrow \sum \sqrt{a}b\leq 3$

=> đpcm

[Nhok Tung]

2. ta có $(a^{4}+b^{4})(a^{2}+b^{2})\geq (a^{3}+b^{3})^{2}\Rightarrow \frac{a^{4}+b^{4}}{a^{3}+b^{3}}\geq \frac{a^{3}+b^{3}}{a^{2}+b^{2}}$

$(a^{3}+b^{3})(a+b)\geq (a^{2}+b^{2})^{2}\Rightarrow \frac{a^{3}+b^{3}}{a^{2}+b^{2}}\geq \frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}\geq \frac{a+b}{2}$

Tương tự, cộng vế theo vế của các BĐT ta được $\sum \frac{a^{4}+b^{4}}{a^{3}+b^{3}}\geq \sum \frac{a+b}{2}=3$