\sum a\sqrt{4a^2+5bc}
#1
Đã gửi 27-04-2009 - 13:25
$a\sqrt{4a^2+5bc}+b\sqrt{4b^2+5ca}+c\sqrt{4c^2+5ab}\ge(a+b+c)^2$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị.
để làm gì em biết không?
để gió cuốn đi...
Khi ước mơ đủ lớn, mọi thứ khác chỉ là vặt vãnh
#2
Đã gửi 01-05-2009 - 23:54
Nice inequality! This is my solution.Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c$
$a\sqrt{4a^2+5bc}+b\sqrt{4b^2+5ca}+c\sqrt{4c^2+5ab}\ge(a+b+c)^2$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị.
Vì bất đẳng thức đối xứng nên có thể giả sử a>=b>=c. Bởi vì dấu = xảy ra ở 2 chỗ nên mình sẽ xét hai trường hợp
Trường hợp 1: 4b+4c>=5a. Khi đó ta có ta viết
$a\sqrt{4a^2+5bc}= \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}. (4a^2+5bc) $
Sử dụng bất đẳng thức Trebusep cho 2 dãy tăng
$ \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}\ge \dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }} \ge \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }} $ và $ 4a^2+5bc \ge 4b^2+5ac \ge 4c^2+5ab $
sau đó dùng Schwartz ta thu được
$LHS \ge (\dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}+\dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }}+ \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }}).\dfrac{4a^2+5bc + 4b^2+5ac +4c^2+5ab}{3} $
$ \ge (\dfrac{(a+b+c)^2}{LHS}).(a+b+c)^2= \dfrac{RHS^2}{LHS} $
Vậy ta có LSH >= RHS (bất đẳng thức cần chứng minh). Trong trường hợp này dấu = xảy ra khi a=b=c.
Trường hợp 2: 4b+4c<5a. Ta có:
$a \sqrt{4a^2+5bc}-2a^2+b \sqrt{4b^2+5ac}-2b^2= \dfrac{5abc}{\sqrt{4a^2+5bc }+a} + \dfrac{5abc}{\sqrt{4b^2+5ac }+b} $
$ \ge \dfrac{20abc}{ \sqrt{4a^2+5bc }+a+\sqrt{4b^2+5ac }+b} \ge 3bc $
trong đó ở bước cuối ta dùng đánh giá
$\sqrt{4a^2+5bc }+a+\sqrt{4b^2+5ac }+b \le \sqrt{2(4a^2+5bc+4b^2+5ac)}+2a \le \sqrt{2(4+\dfrac{25}{64}+\dfrac{25}{4})a^2}+2a \le \dfrac{20}{3}a $
bởi vì (nhớ là 4b+4c<5a)
$ 5bc+4b^2+5ac = bc+4b(b+c)+5ac \le bc+5ab+5ac\le \dfrac{(b+c)^2}{4}+5a(b+c) \le \dfrac{25}{64}a^2+\dfrac{25}{4}a^2 $
Mặt khác $ c \sqrt{4c^2+5ab}\ge c(2c+\sqrt{ab}) \ge 2c^2 + bc$
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
$2a^2+2b^2+3bc+2c^2+bc \ge (a+b+c)^2$
Điều này tương đương với $(a-b-c)^2 \ge 0$ và hiển nhiên đúng. Trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi a=b, c=0.
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau
#3
Đã gửi 02-05-2009 - 00:04
Anh Lâm cũng làm như anh Nam à?Nếu có cách hay thì anh post luôn điChứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c$
$a\sqrt{4a^2+5bc}+b\sqrt{4b^2+5ca}+c\sqrt{4c^2+5ab}\ge(a+b+c)^2$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị.
Nếu một ngày bạn cảm thấy buồn và muốn khóc,hãy gọi cho tôi nhé.
Tôi không hứa sẽ làm cho bạn cười nhưng có thể tôi sẽ khóc cùng với bạn.
Nếu một ngày bạn muốn chạy chốn tất cả hãy gọi cho tôi.
Tôi không yêu cầu bạn dừng lại nhưng tôi sẽ chạy cùng với bạn.
Và nếu một ngày nào đó bạn không muốn nghe ai nói nữa,hãy gọi cho tôi nhé.
Tôi sẽ đến bên bạn và chỉ im lặng.
Nhưng nếu một ngày bạn gọi đến tôi mà không thấy tôi hồi âm...
Hãy chạy thật nhanh đến bên tôi vì lúc đó tôi mới là người cần bạn.
________________________________________________________
Vu Thanh Tu, University of Engineering & Technology
#4
Đã gửi 04-05-2009 - 17:30
$VT = \sum {\dfrac{{{a^2}}}{{\dfrac{a}{{\sqrt {4{a^2} + 5bc} }}}}} \ge \dfrac{{{{(a + b + c)}^2}}}{{\sum {\dfrac{a}{{\sqrt {4{a^2} + 5bc} }}} }}$
ta sẽ chứng minh:
${\sum {\dfrac{a}{{\sqrt {4{a^2} + 5bc} }}} } \le 1$
theo cauchyschwarz:
$V{T^2} \le \left( {\sum {a(b + c)} } \right)\left( {\sum {\dfrac{a}{{(4{a^2} + 5bc)(b + c)}}} } \right) = 2\sum {\dfrac{{{a^2}}}{{4{a^2} + 5bc}}} + 2abc\sum {\dfrac{1}{{(4{a^2} + 5bc)(b + c)}}}$
cần chứng minh:$2\sum {\dfrac{{{a^2}}}{{4{a^2} + 5bc}}} + 2abc\sum {\dfrac{1}{{(4{a^2} + 5bc)(b + c)}}} \le 1\$
$\Leftrightarrow 2abc\sum {\dfrac{1}{{(4{a^2} + 5bc)(b + c)}}} \le \dfrac{{abc(50\sum {{a^3} + 93abc)} }}{{\prod {(4{a^2} + 5bc)} }}$
$ \Leftrightarrow 50{a^3} + 93abc \ge 2\sum {\dfrac{{20a({b^3} + {c^3}) + 16bc({a^2} + bc) + 9{a^2}bc}}{{b + c}}} $
$\Leftrightarrow 40\sum {a(a - b)(a - c)} + 10\sum {{a^3}} + 93abc \ge 32\sum {\dfrac{{bc({a^2} + bc)}}{{b + c}}} + 18abc\sum {\dfrac{a}{{b + c}}} $
$\Leftrightarrow 40\sum {a(a - b)(a - c) + 10({a^3} + {b^3} + {c^3} - 3abc)} \ge 32\sum {\left( {\dfrac{{bc({a^2} + bc)}}{{b + c}} - abc} \right)} + 9abc\left( {2\sum {\dfrac{a}{{b + c}} - 3} } \right)$
đến đây thì có thể đưa được về dạng của Vornicu Schur:
$x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a) +z(c-a)(c-b) \ge 0$
với $x=50a + 10b + 10c - \dfrac{{32bc}}{{b + c}} - \dfrac{{9abc(2a + b + c)}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}}$
y,z tương tự
dễ thấy x,y,z đều dương (cái này thì xài AM-GM để chứng minh )
giả sử $a \ge b \ge c$
xét $ax-by=50({a^2} - {b^2}) + 10c(a - b) - \dfrac{{32abc(a - b)}}{{(a + c)(b + c)}} - \dfrac{{9abc(a - b)(2a + 2b + c)}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}} \ge 50({a^2} - {b^2}) + 10c(a - b) - 32c(a - b) - \dfrac{9}{8}(a - b)(2a + 2b + c)$
$=\dfrac{1}{8}(a - b)(382a + 382b - 185c) \ge 0$
theo định lý vornicu schur,ta cóa đpcm,đẳng thức xảy ra tại tâm và tại biên
---------------------------------------------
Phù............
mệt hết cả người..................
p/s:hu hu,anh Lâm ơi,sao lúc em mua sách những viên kim cương của anh thì chỉ giảm có 20%,giờ những nơi khác giảm hẳn 40% liền :
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 04-05-2009 - 17:51
=.=
#5
Đã gửi 06-05-2009 - 01:41
$(\sum a\sqrt{4a^2+5bc})(\sum \dfrac a{\sqrt{4a^2+5bc}})\ge(a+b+c)^2 $
Rồi sử dụng kết quả của cụ Vasc: $\sum \dfrac a{\sqrt{4a^2+5bc}}\le1$
Lời giải của anh Nam em sẽ check sau.
để làm gì em biết không?
để gió cuốn đi...
Khi ước mơ đủ lớn, mọi thứ khác chỉ là vặt vãnh
#6
Đã gửi 07-05-2009 - 08:49
Đoạn này của anh không ổn anh ạ.Trường hợp 2: 4b+4c<5a. Ta có:
$a \sqrt{4a^2+5bc}-2a^2+b \sqrt{4b^2+5ac}-2b^2= \dfrac{5abc}{\sqrt{4a^2+5bc }+a} + \dfrac{5abc}{\sqrt{4b^2+5ac }+b} $
$ \ge \dfrac{20abc}{ \sqrt{4a^2+5bc }+a+\sqrt{4b^2+5ac }+b} \ge 3bc $
Phải là
$\sqrt{4a^2+5bc}-2a^2+b \sqrt{4b^2+5ac}-2b^2= \dfrac{5abc}{\sqrt{4a^2+5bc }+2a} + \dfrac{5abc}{\sqrt{4b^2+5ac }+2b} $
Anh xem thử lời giải của em ở đây anh nhé: http://mathvn.org/fo...p?thread_id=971
The love makes us stronger!
V. Q. B. Can
#7
Đã gửi 08-05-2009 - 02:45
Giả sử a>=b>=c. Ta xét hai trường hợp
Trường hợp 1: $a\le b+\dfrac{3}{4}c$. Khi đó ta có ta viết
$a\sqrt{4a^2+5bc}= \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}. (4a^2+5bc),b\sqrt{4b^2+5ac}= \dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }}. (4b^2+5ac), $
và
$c\sqrt{4c^2+5ab}= \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }}. (4c^2+5ab)\ge \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }}. (3c^2+bc+ac+4ab) $ (vì $(a-c)(b-c)\ge 0$).
Sử dụng bất đẳng thức Trebusep cho 2 dãy tăng
$ \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}\ge \dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }} \ge \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }} $ và $ 4a^2+5bc \ge 4b^2+5ac \ge 3c^2+bc+ca+4ab $
sau đó dùng Schwartz ta thu được
$LHS \ge (\dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}+\dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }}+ \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }}).\dfrac{(4a^2+5bc) + (4b^2+5ac) +(3c^2+bc+ca+4ab)}{3} $
$ \ge (\dfrac{(a+b+c)^2}{LHS}).(a+b+c)^2^2\ge \dfrac{RHS^2}{LHS} $
Vậy ta có LSH >= RHS (bất đẳng thức cần chứng minh). Trong trường hợp này dấu = xảy ra khi a=b=c.
Trường hợp 2: $a\ge b+\dfrac{3}{4}c$. Ta có:
$a\sqrt{4a^2+5bc}-2a^2+b \sqrt{4b^2+5ac}-2b^2+c \sqrt{4c^2+5ab}-2c^2= \dfrac{5abc}{\sqrt{4a^2+5bc }+2a} + \dfrac{5abc}{\sqrt{4b^2+5ac }+2b}+ \dfrac{5abc}{\sqrt{4c^2+5ab }+2c} $
$ \ge \dfrac{45abc}{ \sqrt{4a^2+5bc }+2a+\sqrt{4b^2+5ac }+2b+\sqrt{4c^2+5ab }+2c} \ge 4bc $
trong đó ở bước cuối ta dùng đánh giá
$\sqrt{4a^2+5bc }+2a+\sqrt{4b^2+5ac }+2b+ \sqrt{4c^2+5ab }+2c \le \sqrt{3(4a^2+5bc+4b^2+5ac+4c^2+5ab)}+2a+2b+2c$
$ =\sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2+(4-(\dfrac{5}{4})^2)a^2-3bc]}+2a+2(b+c) \le \sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+\dfrac{16}{7}a)^2+(4-(\dfrac{5}{4})^2)a^2]}+2a+\dfrac{16}{7}a =10.98 a \le \dfrac{45}{4}a $
trong đó ta dùng $a\ge b+\dfrac{3}{4}c\ge \dfrac{7}{8}(b+c)$.
Vậy cuối cùng ta chỉ cần chứng minh: $2a^2+2b^2+2c^2+4bc \ge (a+b+c)^2$.
Điều này tương đương với $(a-b-c)^2 \ge 0$ và hiển nhiên đúng. Trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi a=b, c=0.
---------
to toanhocmuonmau: anh đã xem lời giải ở đó. The inequality is a good idea to cancel the square root. Có vẻ nó giống với cách phân tích $m_a, m_b, m_c$ trong các bài của Jack Garfunkel.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hatucdao: 09-05-2009 - 15:18
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau
#8
Đã gửi 08-05-2009 - 04:53
$\sqrt{3(4a^2+5bc+4b^2+5ac+4c^2+5ab)}+2a+2b+2c$
$ =\sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2+(4-\dfrac{5}{4})a^2+bc}+2a+2(b+c) $.
Chú ý hệ số của $a, a^2$ và $bc$ ở trong căn. Anh xem lại xem thế nào nhé.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dduclam: 08-05-2009 - 11:56
để làm gì em biết không?
để gió cuốn đi...
Khi ước mơ đủ lớn, mọi thứ khác chỉ là vặt vãnh
#9
Đã gửi 08-05-2009 - 14:58
Thank em, chỗ đó anh gõ thiếu cái dấu đóng ngoặc. Anh mới sửa lại, và thay đánh giá $bc\le a^2$ bởi $bc\le (\dfrac{b+c}{2})^2\le (\dfrac{4}{7}a)^2$ cho hợp lý hơn.Cảm ơn anh Nam. Em đã đọc lời giải của anh. Riêng chỗ này hình như anh có nhầm lần:
Chú ý hệ số của $a, a^2$ và $bc$ ở trong căn. Anh xem lại xem thế nào nhé.
Anyway, theo cách của Toanlc_gift và dduclam thì BDT ban đầu yếu hơn
$\sum \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc}} \le 1.$
Is there a short proof for this beautiful inequality.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hatucdao: 08-05-2009 - 15:17
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau
#10
Đã gửi 08-05-2009 - 21:40
trong đó ở bước cuối ta dùng đánh giá
$\sqrt{3(4a^2+5bc+4b^2+5ac+4c^2+5ab)}+2a+2b+2c$
$ =\sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2+(4-\dfrac{5}{4})a^2+bc]}+2a+2(b+c) \le \sqrt{3[ (\dfrac{5}{4}a+\dfrac{16}{7}a)^2+(4-\dfrac{5}{4})a^2+(\dfrac{4}{7}a)^2]}+2a+\dfrac{16}{7}a =11.12 a \le \dfrac{45}{4}a $
Nếu biểu thức bình phương dưới dấu căn là $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ thì các số hạng còn lại trong căn phải là: $(4-\dfrac{25}{16})a^2-3bc$.
Còn nếu là $\dfrac{5}{4}(a+2(b+c))^2$ thì các số hạng còn lại là: $(4-\dfrac{5}{4})a^2-b^2-c^2-5bc$
có nghĩa ta sẽ không có được các đánh giá tiếp theo.
Anh kiểm tra lại giúp em ạ.
để làm gì em biết không?
để gió cuốn đi...
Khi ước mơ đủ lớn, mọi thứ khác chỉ là vặt vãnh
#11
Đã gửi 08-05-2009 - 22:49
$V{T^2}\left( {\sum {\dfrac{a}{{4{a^2} + 5bc}}} } \right) \ge {(a + b + c)^3}$
chỉ cần chứng minh:
$\sum {\dfrac{a}{{4{a^2} + 5bc}}} \le \dfrac{1}{{a + b + c}}$
việc còn lại là expand ra và xài Schur
=.=
#12
Đã gửi 09-05-2009 - 00:56
Uh, các số hạng còn lại là $(4-(5/4)^2)a^2+bc$. Ở đây mình có 5bc mà $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ chứa 4bc nên còn 1bc.Em vẫn thấy chỗ này không ổn anh ạ:
Nếu biểu thức bình phương dưới dấu căn là $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ thì các số hạng còn lại trong căn phải là: $(4-\dfrac{25}{16})a^2-3bc$.
Anh viết nhầm $(4-(5/4))a^2+bc$ nên tính ra lớn hơn 1 chút (11.12a). Đã sửa lại là 11.05a Sorry for my mistakes!
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau
#13
Đã gửi 09-05-2009 - 01:13
It is not correct! Cho c=0 thì $LHS=\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4a}$ trong khi $RHS=\dfrac{1}{a+b}$. Thậm chí lúc này mình có BDT ngược lạiXài Holder thế này cóa đc hok nhể:
$V{T^2}\left( {\sum {\dfrac{a}{{4{a^2} + 5bc}}} } \right) \ge {(a + b + c)^3}$
chỉ cần chứng minh:
$\sum {\dfrac{a}{{4{a^2} + 5bc}}} \le \dfrac{1}{{a + b + c}}$
việc còn lại là expand ra và xài Schur
Các bạn nên tập thói quen viết lời giải 1 cách hoàn chỉnh, cho dù là những bài toán khó sau này hoặc những bài toán vui ở đây, điều này giúp ích cho bản thân và cũng giúp những người khác dễ theo dõi.
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau
#14
Đã gửi 09-05-2009 - 13:18
Uh, các số hạng còn lại là $(4-(5/4)^2)a^2+bc$. Ở đây mình có 5bc mà $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ chứa 4bc nên còn 1bc.
Anh viết nhầm $(4-(5/4))a^2+bc$ nên tính ra lớn hơn 1 chút (11.12a). Đã sửa lại là 11.05a Sorry for my mistakes!
Biểu thức $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ chứa 8bc chứ anh ?
Khi c=0 thì chúng ta có bất đẳng thức ngược lại, nhưng nói chung thì bất đẳng thức ngược lại là không đúng (a=2, b=c=1).It is not correct! Cho c=0 thì $LHS=\dfrac{1}{4a}+\dfrac{1}{4a}$ trong khi $RHS=\dfrac{1}{a+b}$. Thậm chí lúc này mình có BDT ngược lại
Tuy nhiên (bằng một vài phép thử ban đầu) em nghĩ rằng bất đẳng thức $\sum\dfrac a{4a^2+5bc}\le\dfrac1{a+b+c}$ đúng khi a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác.
để làm gì em biết không?
để gió cuốn đi...
Khi ước mơ đủ lớn, mọi thứ khác chỉ là vặt vãnh
#15
Đã gửi 09-05-2009 - 15:05
Uh vậy mà mãi ko thấy . Cảm ơn em! Anh đã sửa lại.Biểu thức $(\dfrac{5}{4}a+2(b+c))^2$ chứa 8bc chứ anh ?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hatucdao: 09-05-2009 - 15:12
Vì chưng xa cách nên người nhớ nhau
#16
Đã gửi 09-05-2009 - 18:40
để làm gì em biết không?
để gió cuốn đi...
Khi ước mơ đủ lớn, mọi thứ khác chỉ là vặt vãnh
#17
Đã gửi 13-05-2009 - 03:17
p/s:hu hu,anh Lâm ơi,sao lúc em mua sách những viên kim cương của anh thì chỉ giảm có 20%,giờ những nơi khác giảm hẳn 40% liền (
Giờ mới đọc thấy post này của Toàn, cái này ngoài khả năng của anh, lúc sách mới về vì vội mua để gửi cho mọi người anh cũng phải mua ở nhà sách nên họ bảo thế nào anh phải lấy thế ấy thôi. Nơi nào mà giảm 40% vậy em, anh đặt mua ít cuốn
để làm gì em biết không?
để gió cuốn đi...
Khi ước mơ đủ lớn, mọi thứ khác chỉ là vặt vãnh
#18
Đã gửi 13-05-2009 - 07:49
#19
Đã gửi 15-08-2009 - 07:37
ở dòng đầu tiên của th2 biến đổi sai màNice inequality! This is my solution.
Vì bất đẳng thức đối xứng nên có thể giả sử a>=b>=c. Bởi vì dấu = xảy ra ở 2 chỗ nên mình sẽ xét hai trường hợp
Trường hợp 1: 4b+4c>=5a. Khi đó ta có ta viết
$a\sqrt{4a^2+5bc}= \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}. (4a^2+5bc) $
Sử dụng bất đẳng thức Trebusep cho 2 dãy tăng
$ \dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}\ge \dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }} \ge \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }} $ và $ 4a^2+5bc \ge 4b^2+5ac \ge 4c^2+5ab $
sau đó dùng Schwartz ta thu được
$LHS \ge (\dfrac{a}{\sqrt{4a^2+5bc }}+\dfrac{b}{\sqrt{4b^2+5ac }}+ \dfrac{c}{\sqrt{4c^2+5ab }}).\dfrac{4a^2+5bc + 4b^2+5ac +4c^2+5ab}{3} $
$ \ge (\dfrac{(a+b+c)^2}{LHS}).(a+b+c)^2= \dfrac{RHS^2}{LHS} $
Vậy ta có LSH >= RHS (bất đẳng thức cần chứng minh). Trong trường hợp này dấu = xảy ra khi a=b=c.
Trường hợp 2: 4b+4c<5a. Ta có:
$a \sqrt{4a^2+5bc}-2a^2+b \sqrt{4b^2+5ac}-2b^2= \dfrac{5abc}{\sqrt{4a^2+5bc }+a} + \dfrac{5abc}{\sqrt{4b^2+5ac }+b} $
$ \ge \dfrac{20abc}{ \sqrt{4a^2+5bc }+a+\sqrt{4b^2+5ac }+b} \ge 3bc $
trong đó ở bước cuối ta dùng đánh giá
$\sqrt{4a^2+5bc }+a+\sqrt{4b^2+5ac }+b \le \sqrt{2(4a^2+5bc+4b^2+5ac)}+2a \le \sqrt{2(4+\dfrac{25}{64}+\dfrac{25}{4})a^2}+2a \le \dfrac{20}{3}a $
bởi vì (nhớ là 4b+4c<5a)
$ 5bc+4b^2+5ac = bc+4b(b+c)+5ac \le bc+5ab+5ac\le \dfrac{(b+c)^2}{4}+5a(b+c) \le \dfrac{25}{64}a^2+\dfrac{25}{4}a^2 $
Mặt khác $ c \sqrt{4c^2+5ab}\ge c(2c+\sqrt{ab}) \ge 2c^2 + bc$
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
$2a^2+2b^2+3bc+2c^2+bc \ge (a+b+c)^2$
Điều này tương đương với $(a-b-c)^2 \ge 0$ và hiển nhiên đúng. Trong trường hợp này đẳng thức xảy ra khi a=b, c=0.
#20
Đã gửi 15-08-2009 - 15:40
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 15-08-2009 - 15:40
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh