Chủ đề này có 2 trả lời

[mimoza884010]

Cho a,b,c là các số thực dương và $a^2+b^2+c^2=1$.
Chứng minh rằng
$$\dfrac{a}{b^2+c^2}+\dfrac{b}{c^2+a^2}+\dfrac{c}{b^2+a^2}\ge \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuonganh_lms: 08-02-2012 - 06:02

[Tham Lang]

Mình xin đưa ra một cách cho bài này
xét $\dfrac{a}{b^2 + c^2} + \dfrac{27a^3\left (b^2 + c^2 \right )}{4} \ge 3\sqrt{3}a^2$
Tương tự, ta có $P + \dfrac{27}{4}\left (a^3\left (b^2 + c^2 \right)+ b^3\left (c^2 + a^2 \right ) + c^3\left (a^3 + b^3 \right ) \right ) \ge 3\sqrt{3}(a^2 + b^2 + c^2) = 3\sqrt{3}$
Lại có $a^3.(b^2 + c^2) = \dfrac{a^2.\sqrt{2a^2.(b^2 + c^2)(b^2 + c^2)}}{\sqrt{2}} \le \dfrac{a^2.\sqrt{\dfrac{(2a^2 + 2(b^2 + c^2))^3}{27}}}{\sqrt{2}} = \dfrac{2a^2}{3\sqrt{3}}$ Tương tự với các số còn lại, cộng lại, ta có
$$\dfrac{27}{4}(a^3(b^2 + c^2) + b^3(a^2 + c^2) + c^3(a^2 + b^2)) \le \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$$
Dễ dàng suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 07-02-2012 - 23:02

[anh892007]

Cho a,b,c là các số thực dương và $a^2+b^2+c^2=1$.
Chứng minh rằng
$$\dfrac{a}{b^2+c^2}+\dfrac{b}{c^2+a^2}+\dfrac{c}{b^2+a^2}\ge \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$$

Ta có $$\dfrac{a}{b^2+c^2}+\dfrac{b}{c^2+a^2}+\dfrac{c}{b^2+a^2}\ge \dfrac{3\sqrt{3}}{2}$$ tương đương với:
$ \frac{a^{2}}{a(1-a^{2})}$ + $\frac{b^{2}}{b(1-b^{2})}$ + $\frac{c^{2}}{c(1-c^{2})}$ $\geq$ $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ Ta có:
a,b,c>0 và $a^2+b^2+c^2=1$ nên 0<a,b,c<1
Ta sẽ chứng minh:
$\frac{1}{x(1-x^{2})}$ $\geq$ $\frac{3\sqrt{3}}{2}$
tương đương với:
$x(1-x^2) \leq \frac{2}{3\sqrt{3}}$ (1)
Ta có:$x^{2}(1-x^{2})^{2}=\frac{1}{2}.2x^{2}(1-x^{2})(1-x^{2}) \leq \frac{1}{2}(\frac{2x^{2}+1-x^{2}+1-x^{2}}{3})^{3}=\frac{4}{27}$
Nên (1) đúng
Suy ra $ \frac{a^{2}}{a(1-a^{2})}$ + $\frac{b^{2}}{b(1-b^{2})}$ + $\frac{c^{2}}{c(1-c^{2})}$ $\geq$ $\frac{3\sqrt{3}}{2}$ $(a^2+b^2+c^2)$= $\frac{3\sqrt{3}}{2}$
(ĐPCM)