Với mọi $a,b,c > 0$, chứng minh rằng:
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{3}{2}.\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \ge \dfrac{9}{2}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Saturina: 28-11-2022 - 13:03
Với mọi $a,b,c > 0$, chứng minh rằng:
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{3}{2}.\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \ge \dfrac{9}{2}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Saturina: 28-11-2022 - 13:03
$Em$ $đẹp$ $như$ $chiếc$ $cúp$ $Euro$ $2020$ $vậy$
$Vì$ $em$ $là$ $của$ $người$ $Ý$ $chứ$ $không$ $phải$ $Anh$
$Thì$ $chả$ $thế$ $à$ $?$
Phương pháp S-S, có
$\sum_{cyc}^{}\frac{a}{b} -3 = \frac{(a-b)^{2}}{ab} + \frac{(a-c)(b-c)}{ac}$
$\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} -1=-\frac{(a-b)^{2}+(a-c)b-c)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
Do đó BĐT bài cho tương đương:
$M(a-b)^{2} + N(a-c)(b-c)\geq 0$ với M, N lần lượt là: $\frac{1}{ab}-\frac{3}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$ và $\frac{1}{ac}-\frac{3}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$
Mà dễ dàng cm dc $M\geq 0,N\geq 0$
Ta có đpcm, dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Phương pháp S-S, có
$\sum_{cyc}^{}\frac{a}{b} -3 = \frac{(a-b)^{2}}{ab} + \frac{(a-c)(b-c)}{ac}$
$\frac{ab+bc+ca}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} -1=-\frac{(a-b)^{2}+(a-c)b-c)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$Do đó BĐT bài cho tương đương:
$M(a-b)^{2} + N(a-c)(b-c)\geq 0$ với M, N lần lượt là: $\frac{1}{ab}-\frac{3}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$ và $\frac{1}{ac}-\frac{3}{2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}$
Mà dễ dàng cm dc $M\geq 0,N\geq 0$
Ta có đpcm, dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Phương pháp S-S là phương pháp gì thế ạ?
$Em$ $đẹp$ $như$ $chiếc$ $cúp$ $Euro$ $2020$ $vậy$
$Vì$ $em$ $là$ $của$ $người$ $Ý$ $chứ$ $không$ $phải$ $Anh$
$Thì$ $chả$ $thế$ $à$ $?$
Th
Phương pháp S-S là phương pháp gì thế ạ?
Theo mình thì S-S là một phương pháp khai triển khá hay và được sử dụng cũng khá nhiều. Bạn tham khảo thêm phương pháp khai triển S.O.S và khai triển Abel vì những cách khai triển này dùng khá tốt trong việc chứng minh bất đẳng thức
Mathematics reveals its secrets only to those who approach it with pure love, for its own beauty.
Với mọi $a,b,c > 0$, chứng minh rằng:
$$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{3}{2}.\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \ge \dfrac{9}{2}$$
Có một kết quả cực mạnh của anh Võ Quốc Bá Cẩn để xử lí những bất đẳng thức tương tự là: Với $a,b,c$ dương thỏa mãn $a+b+c=1$ và $ab+bc+ca=q$ thì
\[\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \ge \dfrac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}}+\dfrac{1}{q}-6.\]
Chứng minh của anh Khuê ở đây, ngoài ra tài liệu "Bổ đề hoán vị" của anh Huyện cũng rất chi tiết về vấn đề này.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 29-11-2022 - 14:35
Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh