Chủ đề này có 5 trả lời

[shindora]

Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh:

1/ $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

2/ $\frac{4(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{9(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^{2}}\geq 4(a+b+c)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamngochung9a: 02-03-2017 - 22:19

[Nghiapnh1002]

Bài 1 (Jack Garfunkel)

Ta có $\sum a^2 - \sum ab =\frac{1}{2} (\sum(a-b)^2) ; \prod (a+b)-8\prod abc=\sum c(a-b)^2$ 

Do đó đó ta có:

$\frac{\sum (a-b)^2}{\sum ab} \geq \frac{\sum 2c(a-b)^2}{\prod (a+b)}\Leftrightarrow S_{c}(a-b)^2+S_{b}(c-a)^2+S_a(b-c)^2$ 

Với$S_c= \frac{1}{\sum ab}-\frac{2c}{\prod (a+b)}=\frac{(\sum ab)(c-a)+b^2(c+a)}{(\sum ab)(\prod( a+b))}$ tương tự $S_{b},S_{a}$ là các hoán vị

WLOG, giả sử $a\geq b\geq c$ Khi đó $S_{b},S_{c}\geq 0$ và $S_{a}+S_{b}=\frac{2c^2(a+b)}{(\sum ab)(\prod (a+b))}\geq 0$  ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nghiapnh1002: 02-03-2017 - 11:49

[huykinhcan99]

Bài 1. Đặt $a+b+c=p$, $ab+bc+ca=q$, $abc=r$. Chú ý khi đó ta có $p^2-3q=\left(\sum a\right)^2-3\sum ab = \dfrac{1}{2}\sum \left(a-b\right)^2\geqslant 0 \implies p^2\geqslant 3q$.

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\begin{align} &\phantom{\iff~} \dfrac{p^2-2q}{q}+\dfrac{8r}{pq-r}\geqslant 2 \nonumber \\ &\iff \dfrac{p^2}{q}+\dfrac{8r}{pq-r}\geqslant 4 \nonumber \\ &\iff p^2\left(pq-r\right)+8qr \geqslant 4q\left(pq-r\right) \nonumber \\ &\iff p^3q-p^2r+12qr -4pq^2 \geqslant 0 \nonumber \\ \label{eq:1} &\iff \left(12q-p^2\right)r +pq\left(p^2-4q\right) \geqslant 0 \end{align}

 

Xét các trường hợp sau

• Nếu $p^2\geqslant 12q$, tức $12q-p^2\leqslant 0$, áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có $pq=\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\geqslant 9\sqrt[3]{abc}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc=9r$, hay là $r\leqslant \dfrac{pq}{9}$.
  Từ đó ta suy ra ngay $\left(12q-p^2\right)r\geqslant \dfrac{\left(12q-p^2\right)pq}{9}$.
  Khi đó ta chỉ cần chứng minh
  \[\dfrac{\left(12q-p^2\right)pq +9pq\left(p^2-4q\right)}{9} \geqslant 0\iff \dfrac{8pq\left(p^2-3q\right)}{9}\geqslant 0\]
  Bất đẳng thức trên luôn đúng vì $p^2\geqslant 3q$.
• Nếu $4q\leqslant p^2\leqslant 12q$ thì ta có
  \[\left\lbrace \begin{array}{l} \left(12q-p^2\right)r\geqslant 0 \\ pq\left(p^2-4q\right)\geqslant 0\end{array} \right. \implies \left(12q-p^2\right)r +pq\left(p^2-4q\right) \geqslant 0\]
• Nếu $3q\leqslant p^2\leqslant 4q$ thì ta xét bổ đề sau
  Bổ đề (bất đẳng thức $Schur$). Cho $a$, $b$, $c$ dương, $t$ là một số nguyên dương bất kỳ. Khi đó ta có bất đẳng thức
  \[a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^t\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0\]
  Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geqslant b\geqslant c >0$. Khi đó ta có
  \begin{align*} &\phantom{\iff~} \left\lbrace\begin{array}{l} \left.\begin{array}{l} a^t\geqslant b^t\geqslant 0 \\ a-c\geqslant b-c\geqslant 0 \end{array}\right\rbrace &\implies a^t\left(a-c\right)\geqslant b^t\left(b-c\right) \\ a-b\geqslant 0 \\ c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0 \end{array}\right.\\ \implies \left(a-b\right)\left[ a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\right]+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0 \end{align*}
  Bất đẳng thức cuối này tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh. Bổ đề đã được chứng minh xong.
  Áp dụng bổ đề với $t=2$ ta thu được bất đẳng thức
  \begin{align*} &\phantom{\iff~} a^2\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^2\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^2\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0 \\ &\iff a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geqslant ab\left(a^2+b^2\right)+bc\left(b^2+c^2\right)+ca\left(c^2+a^2\right) \\ &\iff p^4-5p^2q+6pr+4q^2\geqslant 0 \\ &\iff r\geqslant\dfrac{\left(4q-p^2\right)\left(p^2-q\right)}{6p}\end{align*}
  Khi đó ta cần chứng minh
  \[\dfrac{\left(12q-p^2\right)\left(4q-p^2\right)\left(p^2-q\right)}{6p} +pq\left(p^2-4q\right) \geqslant 0\iff \dfrac{\left(4q-p^2\right)^2\left(p^2-3q\right)}{6p}\geqslant 0\]
  Bất đẳng thức trên luôn đúng vì $p^2\geqslant 3q$.

Vậy ta không có lý do gì để chối cãi \eqref{eq:1} là sai. Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$, hoặc $a=b$, $c=0$ và các hoán vị.

[huykinhcan99]

Bài 2. Đặt $a+b+c=p$, $ab+bc+ca=q$, $abc=r$.
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành
\begin{align} &\phantom{\iff~} \dfrac{4\left(p^3-3pq+3r\right)}{p^2-2q}+\dfrac{9\left(pq-r\right)}{p^2}\geqslant 4p \nonumber \\ &\iff 4\left(p^3-3pq+3r\right)p^2+9\left(pq-r\right)\left(p^2-2q\right)\geqslant 4p^3\left(p^2-2q\right) \nonumber \\ &\iff 3p^2r+5p^3q-18pq^2+18qr \geqslant 0 \nonumber \\ \label{eq:2} \tag{2} &\iff 3r\left(p^2+6q\right)+pq\left(5p^2-18q\right)\geqslant 0 \end{align}

• Nếu $p^2\geqslant 4q$ thì ta có ngay $5p^2-18q\geqslant 20q-18q=2q \geqslant 0$, do đó ta có
  \[3r\left(p^2+6q\right)+pq\left(5p^2-18q\right)\geqslant 0\]
• Nếu $3q\leqslant p^2\leqslant 4q$ thì xét bổ đề
  Bổ đề (bất đẳng thức $Schur$). Cho $a$, $b$, $c$ dương, $t$ là một số nguyên dương bất kỳ. Khi đó ta có bất đẳng thức
  \[a^t\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b^t\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0\]
  Chứng minh. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geqslant b\geqslant c >0$. Khi đó ta có
  \begin{align*} &\phantom{\iff~} \left\lbrace\begin{array}{l} \left.\begin{array}{l} a^t\geqslant b^t\geqslant 0 \\ a-c\geqslant b-c\geqslant 0 \end{array}\right\rbrace  \implies a^t\left(a-c\right)\geqslant b^t\left(b-c\right) \\ a-b\geqslant 0 \\ c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0 \end{array}\right.\\ &\implies \left(a-b\right)\left[ a^t\left(a-c\right)-b^t\left(b-c\right)\right]+c^t\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0 \end{align*}
  Bất đẳng thức cuối này tương đương với bất đẳng thức cần chứng minh. Bổ đề đã được chứng minh xong.
  Áp dụng bổ đề với $t=1$ ta thu được
  \begin{align*} &\phantom{\iff~} a\left(a-b\right)\left(a-c\right)+b\left(b-c\right)\left(b-a\right)+c\left(c-a\right)\left(c-b\right)\geqslant 0 \\ &\iff a^3+b^3+c^3+3abc\geqslant ab\left(a+b\right)+bc\left(b+c\right)+ca\left(c+a\right) \\ &\iff p^3-4pq+9r\geqslant 0 \\ &\iff r\geqslant \dfrac{p\left(4q-p^2\right)}{9} \end{align*}
  Khi đó ta cần chứng minh
  \begin{align*} &\phantom{\iff~} \dfrac{p\left(4q-p^2\right)\left(p^2+6q\right)}{3}+pq\left(5p^2-18q\right)\geqslant 0\\ &\iff p\left(4q-p^2\right)\left(p^2+6q\right) + 3pq\left(5p^2-18q\right)\geqslant 0 \\ &\iff p\left(p^2-3q\right)\left(10q-p^2\right)\geqslant 0 \end{align*}
  Chú ý rằng $p^2\geqslant 3q$ và $10q-p^2\geqslant 10q-4q=6q\geqslant 0$ nên bất đẳng thức trên luôn đúng

Vậy bất đẳng thức \eqref{eq:2} là đúng, do đó bất đẳng thức cần chứng minh là đúng. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$, hoặc $a=b$, $c=0$ và các hoán vị.

[Nguyenhuyen_AG]

Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh:

1/ $\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

2/ $\frac{4(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}+\frac{9(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^{2}}\geq 4(a+b+c)$

 

Ta có

\[\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} - 2 = \sum \frac{c(a-b)^2(a+b-c)^2}{(ab+bc+ca)(a+b)(b+c)(c+a)} \geqslant 0,\]

và

\[\begin{aligned}\frac{4(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}&+\frac{9(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^{2}} - 4(a+b+c) \\&= \sum\frac{(4a^2b+5ab^2+2abc+3c^2a+b^2c)(a-b)^2}{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^2} \geqslant 0.\end{aligned}\]

[victoranh]

Ta có

\[\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} - 2 = \sum \frac{c(a-b)^2(a+b-c)^2}{(ab+bc+ca)(a+b)(b+c)(c+a)} \geqslant 0,\]

và

\[\begin{aligned}\frac{4(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}&+\frac{9(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^{2}} - 4(a+b+c) \\&= \sum\frac{(4a^2b+5ab^2+2abc+3c^2a+b^2c)(a-b)^2}{(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^2} \geqslant 0.\end{aligned}\]

bạn có cách gì để tách được sos đẹp vậy, chỉ mình vs