Chứng minh BĐT với điều kiện
#1
Đã gửi 21-06-2011 - 15:54
$(a):\sum x^2 \ge 4\sum_{cyc}x^2y^2 \ge 6xyz$
$(b):\sum_{cyc}x^2y^2 \ge 2xyz(x^2+y^2+z^2)$
#2
Đã gửi 04-12-2017 - 19:36
Từ điều kiện $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$, ta có thể đặt $x=\frac{a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}, y=\frac{b}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}, z=\frac{c}{\sqrt{(c+a)(c+b)}}$.
$(a)$ Phần 1: Chứng minh $x^2+y^2+z^2 \geq 4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$.
Tương đương với
$$\sum \frac{a^2}{(a+b)(a+c)} \geq 4\sum \frac{a^2b^2}{(a+b)^2(b+c)(c+a)}$$
$$\sum a^2(b+c) \geq 4\sum \frac{a^2b^2}{a+b}$$
BĐT đúng vì $VP \leq \sum a^2b^2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})=\sum ab(a+b)=VT$.
Phần 2: $4(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2) \geq 6xyz$.
Tương đương với
$$2\sum \frac{a^2b^2}{(a+b)^2(b+c)(c+a)} \geq 3\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
$$2\sum \frac{a^2b^2}{a+b} \geq 3abc$$
Chia cả 2 vế cho $2abc$, ta được $\sum \frac{ab}{ac+bc} \geq \frac{3}{2}$.
Đây là BĐT Nesbitt nên ta có đpcm
- DOTOANNANG yêu thích
#3
Đã gửi 04-12-2017 - 19:44
$(b)$ BĐT tương đương với
$$\sum \frac{a^2b^2}{(a+b)^2(b+c)(c+a)} \geq 2\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}.\frac{a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a}$$
$$\sum a^2b^2(b+c)(c+a) \geq 2abc(\sum ab(a+b))$$
Ta có:
$$VT=\sum a^2b^2(ab+c(a+b+c))=\sum (a^3b^3+a^2b^2c(a+b+c))$$
$$=a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+abc(a+b+c)(ab+bc+ca)$$
$$=a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3+3a^2b^2c^2+abc(\sum ab(a+b))$$
BĐT trở thành $(ab)^3+(bc)^3+(ca)^3+3(ab)(bc)(ca) \geq \sum (ab)^2(ac+bc)$.
BĐT trên đúng theo BĐT Schur nên ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmtuan2001: 04-12-2017 - 19:46
- DOTOANNANG yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh