Bài toán 80: (sưu tầm).Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$ phân biệt thì ta có:
$\frac{784a^2}{(15b-14c)^2}+\frac{225b^2}{196(c-2a)^2}+\frac{196c^2}{(28a-15b)^2}\geq 2$
Bạn xem lại ở trang 9 ,chính là bài sharker đã đăng , chỉ khác chỗ x,y,z đã chuyển thành $28a,15b,14c$
BÀI 82 (CTQN) (không nhớ năm nữa)
Cho a, b, c là các số thực dương. CMR: $\frac{a}{3a+b+c}+\frac{b}{3b+c+a}+\frac{c}{3c+a+b}\leq \frac{3}{5}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
$\sum \frac{b+c}{3a+b+c}\geq \frac{6}{5}$
Thật vậy $\sum \frac{b+c}{3a+b+c}=\sum \frac{(b+c)^2}{(b+c)(3a+b+c)}\geq \frac{(2a+2b+2c)^2}{\sum (b+c)(3a+b+c)}\geq \frac{6}{5}\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$ ( đúng theo AM-GM )
Dấu = xảy ra tại a=b=c
Bài toán 79(sưu tầm)
1,Cho a,b,c>0 thỏa mãn a+b+c=abc.CMR:
$\frac{bc}{a(1+bc)}+\frac{ca}{b(1+ca)}+\frac{ab}{c(1+ab)}\geqslant \frac{3\sqrt{3}}{4}$
Bạn đăng từ từ thôi chứ mình thấy vài bài của bạn ở trang trước còn chưa có giải đó ^-^
Đặt $ab+bc+ca =x$
Dùng AM-GM , $abc=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\geq 3\sqrt{3}\Rightarrow ab+bc+ca \geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\geq 9\Rightarrow x\geq 9$
Để ý thấy $3a^2b^2c^2=3abc(a+b+c)\leq (ab+bc+ca)^2\Rightarrow abc\leq \frac{ab+bc+ca}{\sqrt{3}}$
Dùng Cauchy-Schwarz , ta có
$A=\sum \frac{bc}{a(1+bc)}=\sum \frac{b^2c^2}{abc(1+bc)}\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{abc(3+ab+bc+ca)}$$\geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{\frac{ab+bc+ca}{\sqrt{3}}(3+ab+bc+ca)}=\frac{\sqrt{3}x}{x+3}\geq \frac{3\sqrt{3}}{4}$ vì $x\geq 9$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh ,dấu bằng xảy ra khi a=b=c=$\sqrt{3}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet9a14124869: 20-05-2017 - 20:16
