Chủ đề này có 7 trả lời

[Giang1994]

giải giúp mình nha!
cho các số dương a,b,c .CMR
$\sum\dfrac{ab}{a^2+b^2+3c^2}\leq\dfrac{3}{5}$

[khacduongpro_165]

giải giúp mình nha!
cho các số dương a,b,c .CMR
$\sum\dfrac{ab}{a^2+b^2+3c^2}\leq\dfrac{3}{5}$

Em post cả mathscope ah? Bên ấy có Lời giải đây!

http://forum.mathsco...o...ply&p=87580

[wallunint]

giải giúp mình nha!
cho các số dương a,b,c .CMR
$\sum\dfrac{ab}{a^2+b^2+3c^2}\leq\dfrac{3}{5}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có: $\left( {{a^2} + {b^2} + 3{c^2}} \right)\left( {1 + 1 + \dfrac{1}{3}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}$
nên, ta có: $\dfrac{{ab\left( {1 + 1 + \dfrac{1}{3}} \right)}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + 3{c^2}} \right)\left( {1 + 1 + \dfrac{1}{3}} \right)}} \le \dfrac{7}{3}\dfrac{{ab}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}$
Vậy ta có:$VT \le \dfrac{7}{3}\dfrac{{ab + ac + bc}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}} \le \dfrac{7}{9} \le \dfrac{3}{5} $
Vây bất đẳng thức đã được chứng minh.

ps: bên mathscope giải sai rùi mà

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 26-03-2011 - 13:49

[khacduongpro_165]

nên, ta có: $\dfrac{{ab\left( {1 + 1 + \dfrac{1}{3}} \right)}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + 3{c^2}} \right)\left( {1 + 1 + \dfrac{1}{3}} \right)}} \le \dfrac{7}{3}\dfrac{{ab}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}$

???

$\dfrac{7}{9}\leq\dfrac{3}{5}$???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khacduongpro_165: 26-03-2011 - 13:44

[wallunint]

nên, ta có: $\dfrac{{ab\left( {1 + 1 + \dfrac{1}{3}} \right)}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + 3{c^2}} \right)\left( {1 + 1 + \dfrac{1}{3}} \right)}} \le \dfrac{7}{3}\dfrac{{ab}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}$

???

$\dfrac{7}{9}\leq\dfrac{3}{5}$???

Cái này lạ là ở chỗ đẳng thức xảy ra ở 2 trường hợp
$\begin{array}{l}a = b = c\\a = b = \dfrac{3}{2}c\end{array}$

[wallunint]

nên, ta có: $\dfrac{{ab\left( {1 + 1 + \dfrac{1}{3}} \right)}}{{\left( {{a^2} + {b^2} + 3{c^2}} \right)\left( {1 + 1 + \dfrac{1}{3}} \right)}} \le \dfrac{7}{3}\dfrac{{ab}}{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}$

???

$\dfrac{7}{9}\leq\dfrac{3}{5}$???

SAI rồi thì phải ( ( ( ( ( (
Đã thế bên mathscope giải sai nữa )
$1 + 1 + \dfrac{1}{3} = \dfrac{5}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 26-03-2011 - 14:03

[h.vuong_pdl]

Mình cũng xin thử sức với lời giải S.O.S như sau:
Nhân thêm 2 cho hai vế rồi thực hiện biến đổi, ta thu được:
$S_b = \dfrac{5}{c^2+a^2+3b^2} - \dfrac{6(c+a)^2}{(a^2+b^2+3c^2)(c^2+b^2+3a^2)}\\S_a = \dfrac{5}{b^2+c^2+3a^2} - \dfrac{6(b+c)^2}{(b^2+a^2+3c^2)(c^2+a^2+3b^2)}\\S_c = \dfrac{5}{b^2+a^2+3c^2} - \dfrac{6(b+a)^2}{(a^2+c^2+3b^2)(b^2+c^2+3a^2)}$
Giả sử $a \ge b \ge c$ thì $0 \le S_b \le S_c.$
Như vậy theo các tiêu chuẩn S.O.S ta chỉ cần chứng minh thêm:
$S_b+S_a \ge 0$ nữa là ok!
thật vậy: cần Cm:
$\dfrac{5}{c^2+a^2+3b^2} - \dfrac{6(c+a)^2}{(a^2+b^2+3c^2)(c^2+b^2+3a^2)} + \dfrac{5}{b^2+c^2+3a^2} - \dfrac{6(b+c)^2}{(b^2+a^2+3c^2)(c^2+a^2+3b^2)} \ge 0$

Quy đồng:
$10(c^2+2a^2+2b^2)(a^2+b^2+3c^2) \ge 6[(a+c)^2(c^2+a^2+3b^2)+(b+c)^2(c^2+b^2+3a^2)]$
Chuẩn cho $a^2+b^2+c^2=3$ rồi rút gọn, sau lại thay $3 = a^2+b^2+c^2$, ta được:
$63 + 18c^2-4c^4 \ge 6c(a+b)(6+4ab) + 12a^2b^2$
$\Leftrightarrow 7(a^2+b^2+c^2)^2 + 6c^2(a^2+b^2+c^2) \ge 12a^2b^2 + 6c(a+b)[(a+b)^2+c^2] + 4c^4$
Hiển nhiên: $6c(a+b) \le 9c^2+(a+b)^2$ { chính cái này → đẳng thức còn xảy ra khi a=b=\dfrac{3c}{2} nên rút gọn tiếp ta được:
$20c^2(a^2+b^2) + 7(a^2+b^2)^2 \ge 12a^2b^2 + (a+b)^4 + 10c^2(a+b)^2$
Hiển nhiên đúng vì:
$2(a^2+b^2) \ge (a+b)^2, a^2+b^2 \ge 2ab$
Vậy ta có đpcm!
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b=\dfrac{3c}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi h.vuong_pdl: 26-03-2011 - 15:52

[Giang1994]

thanks h.vuong_pdl nha!
------------
bác nào góp vui nữa, giải giúp tui bằng cauchy bất đối với