Chủ đề này có 4 trả lời

[KhoiNguyen213]

Cho các số thực dương $a,\, b,\, c$. Chứng minh rằng

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geqslant 3\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}$$

[KietLW9]

Đây là một bổ đề khá lạ mình chưa gặp và nó khá chặt   

Ta cần chứng minh: $(ab+bc+ca)(ab^2+bc^2+ca^2)^2\geqslant 9a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)$

$\Leftrightarrow (a^5bc^2+b^5ca^2+c^5ab^2)+(a^5c^3+b^5a^3+c^5b^3)+(2a^4b^3c+2b^4c^3a+2c^4a^3b)+(a^4bc^3+b^4ca^3+c^4ab^3)+(2a^3b^2c^3+2b^3c^2a^3+2c^3a^2b^3)\geqslant 7a^4b^2c^2+7b^4c^2a^2+7c^4a^2b^2$

Theo AM-GM: $a^5bc^2+a^5c^3+2a^4b^3c+a^4bc^3+2a^3b^3c^2=a^5bc^2+a^5c^3+a^4b^3c+a^4b^3c+a^4bc^3+a^3b^3c^2+a^3b^3c^2\geqslant 7\sqrt[7]{a^{28}b^{14}c^{14}}=7a^4b^2c^2$

Tương tự rồi cộng lại, ta có điều phải chứng minh

[Unrruly Kid]

Vài năm rồi, mình mới động lại bất đẳng thức, mở bát đầu năm mới xua đi xui xẻo  

Để chứng minh bài toán này dễ dàng hơn thì cần dùng tới bổ đề sau (các bạn tự chứng minh thử)

Với $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$, ta có:

$x^{2}+y^{2}+z^{2}+6\geq \frac{3}{2}(x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$

Với bài toán ban đầu, ta chỉ cần chứng minh với trường hợp $a\geq b\geq c$.

Ta có $\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$

Áp dụng bổ đề trên thì

$\sum \frac{a^2}{b^2}+6\geq \frac{3}{2}\sum \frac{a^2+b^2}{ab}$

$\Rightarrow (\sum \frac{a}{b})^2=\sum \frac{a^2}{b^2}+\sum \frac{b}{a}+\sum \frac{b}{a}\geq \frac{3}{2}\sum \frac{a^2+b^2}{ab}-6+\sum \frac{a}{b}+\sum \frac{b}{a}=\frac{5}{2}\sum \frac{a^2+b^2}{ab}-6$

Ta cần chứng minh

$\frac{5}{2}\sum \frac{a^2+b^2}{ab}-6\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}$

$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{5}{ab}-\frac{9}{ab+bc+ca})\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(\frac{5c}{a}+\frac{5c}{b}-4)\geq 0$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$, ta có

$\frac{5a}{b}+\frac{5a}{c}-4\geq \frac{5b}{c}+\frac{5b}{a}-4\geq \frac{5c}{a}+\frac{5c}{b}-4$

Lại có $\frac{5b}{c}+\frac{5b}{a}-4+ \frac{5c}{a}+\frac{5c}{b}-4 \geq \frac{5(b^2+c^2)}{bc}-8\geq 2$

Hoàn tất chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Unrruly Kid: 03-01-2022 - 21:18

[PDF]

Cho các số thực dương $a,\, b,\, c$. Chứng minh rằng

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geqslant 3\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}$$

Mạnh hơn (và dễ hơn): $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}{\sqrt[3]{abc}}.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 03-01-2022 - 22:01

[narutosasukevjppro]

Mạnh hơn (và dễ hơn): $$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}{\sqrt[3]{abc}}.$$

Bất đẳng thức là thuần nhất nên ta chuẩn hóa $\displaystyle abc=1$. Đưa về $\displaystyle \left(\frac{a}{b} +\frac{b}{c} +\frac{c}{a}\right)^{2} \geqslant 3\left( a^{2} +b^{2} +c^{2}\right)$. Bung hết ra và tách ghép theo cặp $\displaystyle \frac{a^{2}}{b^{2}} +\frac{a}{c} +\frac{a}{c} \geqslant 3\sqrt[3]{\frac{a^{4}}{b^{2} c^{2}}} =3a^{2}$ rồi tương tự ta có điều phải chứng minh.