Đến nội dung

Hình ảnh

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$

bất đẳng thức và cực trị

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
wildwolf

wildwolf

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{3+6\sqrt{abc}}{5+\sqrt{abc}}$



#2
slenderman123

slenderman123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 175 Bài viết

.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi slenderman123: 21-08-2017 - 15:56

Nguyễn Văn Tự Cường - Trường THPT Chuyên LQĐ - Quảng Trị


#3
Hoang Dinh Nhat

Hoang Dinh Nhat

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 402 Bài viết

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{3+6\sqrt{abc}}{5+\sqrt{abc}}$

Bổ đề: $ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$ với moi $a,b,c \geq 0$ (Tự chứng minh)

Theo $Cauchy - Schwarz$, ta có:

$\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{(\sqrt{a^3}+\sqrt{b^3}+\sqrt{c^3})^2}{ab^2+bc^2+ca^2+ac+ba+cb}$

Tiếp tục sử dụng $Cauchy - Schwarz$, ta có: 

$(\sqrt{a^3}+\sqrt{b^3}+\sqrt{c^3})^2=\frac{(\sqrt{a^3}+\sqrt{b^3}+\sqrt{c^3})^2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}\geq \frac{(a+b+c)^4}{3(a+b+c)}=9$ và $ac+ba+cb\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3$

Mặt khác theo bổ đề trên ta có: $ab^2+bc^2+ca^2\leq 4-abc$. Do đó ta có: 

$\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{9}{7-abc}$

Đến đây, ta cần chứng minh: $\frac{9}{7-abc}\geq \frac{3+6\sqrt{abc}}{5+\sqrt{abc}}$

Đặt $1\geq \sqrt{abc}=t\geq 0$ bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 

$\frac{9}{7-t^2}\geq \frac{3+6t}{5+t}\Leftrightarrow \frac{3(1-t)(8-3t-2t^2)}{(7-t^2)(5+t)}\geq 0$

Hiển nhiên đúng vì $\left\{\begin{matrix}1-t\geq 0 & & \\ 8-3t-2t^2\geq 8-3-2=3>0 & & \\ 7-t^2\geq 7-1=6>0 & & \end{matrix}\right.$

Dấu '=' xảy ra khi: $a=b=c=1$


Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc

 

 

 

 


#4
hanguyen445

hanguyen445

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 240 Bài viết

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{3+6\sqrt{abc}}{5+\sqrt{abc}}$

CH

Hình gửi kèm

  • BDT 26.JPG

Đề thi chọn đội tuyển  HSG:

http://diendantoanho...date-2016-2017/

Topic thảo luận bài toán thầy Hùng:

http://diendantoanho...topicfilter=all

Blog Thầy Trần Quang Hùng

http://analgeomatica.blogspot.com/

Hình học: Nguyễn Văn Linh

https://nguyenvanlin...ss.com/2016/09/

Toán học tuổi trẻ:

http://www.luyenthit...chi-thtt-online

Mathlink:http://artofproblemsolving.com

BẤT ĐẲNG THỨC:

http://diendantoanho...-đẳng-thức-vmf/

http://diendantoanho...i-toán-quốc-tế/

 


#5
nguyen kd

nguyen kd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 62 Bài viết

CH

$\sum {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + c}}}  = \sum {\frac{{6{a^2}}}{{6{b^2} + 2c(a + b + c)}}}  \ge 6\sum {\frac{{{a^2}}}{{7{b^2} + 4{c^2} + {a^2}}}}  \ge 6.\frac{1}{4} = \frac{3}{2} \ge \frac{{3 + 6\sqrt {abc} }}{{5 + \sqrt {abc} }}$



#6
nguyen kd

nguyen kd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 62 Bài viết

Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{3+6\sqrt{abc}}{5+\sqrt{abc}}$

\[\sum {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + c}}}  = \sum {\frac{{6{a^2}}}{{6{b^2} + 2c(a + b + c)}}}  \ge 6\sum {\frac{{{a^2}}}{{7{b^2} + 4{c^2} + {a^2}}}}  = 6\sum {\frac{x}{{7y + 4z + x}}}  = 6\sum {\frac{{{x^2}}}{{7xy + 4zx + {x^2}}}} \]

\[ \ge \frac{{6{{(\sum x )}^2}}}{{11\sum {xy + \sum {{x^2}} } }} = \frac{{6{{(\sum x )}^2}}}{{9\sum {xy + {{(\sum x )}^2}} }} \ge \frac{{6{{(\sum x )}^2}}}{{3{{(\sum x )}^2} + {{(\sum x )}^2}}} = \frac{3}{2} \ge \frac{{3 + 6\sqrt {abc} }}{{5 + \sqrt {abc} }}\] (điều này đúng)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen kd: 22-08-2017 - 11:18






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức và cực trị

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh