CMR: $\sum {\frac{{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}}}{{2{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}}} \leqslant 8$
#1
Đã gửi 09-05-2012 - 22:38
$ \frac{{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}}}{{2{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{{\left( {2b + c + a} \right)}^2}}}{{2{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{{\left( {2c + a + b} \right)}^2}}}{{2{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}} \leqslant 8 $
- ducthinh26032011 yêu thích
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#2
Đã gửi 09-05-2012 - 22:54
Hướng chạy.Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:
$ \frac{{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}}}{{2{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{{\left( {2b + c + a} \right)}^2}}}{{2{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{{\left( {2c + a + b} \right)}^2}}}{{2{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}} \leqslant 8 $
Chuẩn hóa $a + b + c = 1$, khi đó bất đẳng thức viết thành:
\[\sum {\frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{2{a^2} + {{\left( {1 - a} \right)}^2}}} \leqslant 8 \Leftrightarrow \sum {\frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{3{a^2} - 2a + 1}}} \leqslant 8} \]
Cái này mọi người chịu không?
- tuithichtoan và NLT thích
#3
Đã gửi 09-05-2012 - 22:58
Anh Thành ơi, THCS chưa được dùng chuẩn hóa !Hướng chạy.
Chuẩn hóa $a + b + c = 1$, khi đó bất đẳng thức viết thành:
\[\sum {\frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{2{a^2} + {{\left( {1 - a} \right)}^2}}} \leqslant 8 \Leftrightarrow \sum {\frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}}{{3{a^2} - 2a + 1}}} \leqslant 8} \]
Cái này mọi người chịu không?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi princeofmathematics: 09-05-2012 - 22:58
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#4
Đã gửi 09-05-2012 - 23:01
Anh Thành ơi, THCS chưa được dùng chuẩn hóa !
Giả sử BĐT đúng với $(a,b,c)=(k,k,k)$ thì BĐT cũng đúng với $(a,b,c)=(tk,tk,tk)$
Khi đó cũng có thể chuẩn hóa được.
Nhưng mà chuẩn hóa kiểu này khó phù hợp với THCS lắm anh Thành ạ
Em nghĩ là đặt $a+b+c=k$ thôi ạ
BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO
• Facebook : facebook.com/viet.alexander.7
• Youtube : youtube.com/nthoangcute
• Gmail : [email protected]
• SÐT : 0965734893
#5
Đã gửi 10-05-2012 - 00:41
Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:
$ \frac{{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}}}{{2{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{{\left( {2b + c + a} \right)}^2}}}{{2{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{{\left( {2c + a + b} \right)}^2}}}{{2{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}} \leqslant 8 $
Chú ý rằng: $$3 - \frac{{(2a + b + c)^2 }}{{2a^2 + (b + c)^2 }} = \frac{{2(b + c - a)^2 }}{{2a^2 + (b + c)^2 }}$$
$$\frac{{2(b + c - a)^2 }}{{2a^2 + (b + c)^2 }} + \frac{{2(c + a - b)^2 }}{{2b^2 + (c + a)^2 }} + \frac{{2(a + b - c)^2 }}{{2c^2 + (a + b)^2 }} \ge 1$$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$$\frac{{2(b + c - a)^2 }}{{2a^2 + (b + c)^2 }} + \frac{{2(c + a - b)^2 }}{{2b^2 + (c + a)^2 }} + \frac{{2(a + b - c)^2 }}{{2c^2 + (a + b)^2 }} \ge \frac{{(a + b - c)^2 + (b + c - a)^2 + (c + a - b)^2 }}{{a^2 + b^2 + c^2 }}$$
Ta cần chứng minh:$$(a + b - c)^2 + (b + c - a)^2 + (c + a - b)^2 \ge a^2 + b^2 + c^2$$
BĐT này đúng vì $$(a + b - c)^2 + (b + c - a)^2 + (c + a - b)^2 - (a^2 + b^2 + c^2 ) = (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 \ge 0$$
Xong rồi đó
- cool hunter, Cao Xuân Huy, nthoangcute và 4 người khác yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#6
Đã gửi 10-05-2012 - 10:41
----------
Bài này thật ra còn 2 cách nữa
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 10-05-2012 - 11:47
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#7
Đã gửi 11-05-2012 - 12:18
Em xin giải một cách nữa nhé anh Kiên:Chú ý rằng: $$3 - \frac{{(2a + b + c)^2 }}{{2a^2 + (b + c)^2 }} = \frac{{2(b + c - a)^2 }}{{2a^2 + (b + c)^2 }}$$
$$\frac{{2(b + c - a)^2 }}{{2a^2 + (b + c)^2 }} + \frac{{2(c + a - b)^2 }}{{2b^2 + (c + a)^2 }} + \frac{{2(a + b - c)^2 }}{{2c^2 + (a + b)^2 }} \ge 1$$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$$\frac{{2(b + c - a)^2 }}{{2a^2 + (b + c)^2 }} + \frac{{2(c + a - b)^2 }}{{2b^2 + (c + a)^2 }} + \frac{{2(a + b - c)^2 }}{{2c^2 + (a + b)^2 }} \ge \frac{{(a + b - c)^2 + (b + c - a)^2 + (c + a - b)^2 }}{{a^2 + b^2 + c^2 }}$$
Ta cần chứng minh:$$(a + b - c)^2 + (b + c - a)^2 + (c + a - b)^2 \ge a^2 + b^2 + c^2$$
BĐT này đúng vì $$(a + b - c)^2 + (b + c - a)^2 + (c + a - b)^2 - (a^2 + b^2 + c^2 ) = (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 \ge 0$$
Xong rồi đó
SOLUTION:
Ta chứng minh: ${{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}} \over {2{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} \le {{16a + 4b + 4c} \over {3\left( {a + b + c} \right)}}$ (*)
(Chịu khó quy đồng một tí) BĐT trên tương đương:
$ \Leftrightarrow 20{a^3} + {\left( {b + c} \right)^3} + a{\left( {b + c} \right)^2} \ge 16{a^2}\left( {b + c} \right)$ (**)
Áp dụng AM-GM cho 16 số, trong đó có: 10 số $2{a^3}$, 4 số ${{{{\left( {b + c} \right)}^3}} \over 4}$ và 2 số ${{a{{\left( {b + c} \right)}^2}} \over 2}$ ta suy ra (**) đúng và suy ra bđt (*) đúng, tức là
${{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}} \over {2{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} \le {{16a + 4b + 4c} \over {3\left( {a + b + c} \right)}}$
Xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng vế theo vế, ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi a=b=c.
----------------------
P/S: Còn cách nào nữa vậy anh Kiên ?
__
=)) có nhưng mà post lên thì đọc cũng không hiểu đâu.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 11-05-2012 - 12:21
GEOMETRY IS WONDERFUL !!!
Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.
Nguyễn Lâm Thịnh
#8
Đã gửi 12-05-2012 - 18:01
Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:
$ \frac{{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}}}{{2{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{{\left( {2b + c + a} \right)}^2}}}{{2{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{{\left( {2c + a + b} \right)}^2}}}{{2{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}} \leqslant 8 $
Làm mạnh cho bất đẳng thức này
Xem $\to$ http://diendantoanho...showtopic=63957
---
#9
Đã gửi 14-05-2012 - 13:27
Chuẩn hóa $a+b+c=3$. Khí đó BĐT trở thành
$$\sum \frac{(3+a)^2}{2a^2+(3-a)^2}\leq 8$$
Nhận xét: Với mọi số thực dương $x$ ta luôn có: $$\frac{(3+x)^2}{2x^2+(3-x)^2}\leq 4x+4$$
Thật vậy: $$\frac{(3-x)^2}{2x^2+(3-x)^2}=\frac{x^2-6x+9}{x^2+3-2x}=1+\frac{8x+6}{(x-1)^2+2}\leq 1+\frac{8x+6}{2}=4x+4$$
Dấu đẳng thức xảy ra khi x=1
Áp dụng cái trên vào này này là xong.
- Secrets In Inequalities VP yêu thích
►|| The aim of life is self-development. To realize one's nature perfectly - that is what each of us is here for. ™ ♫
#10
Đã gửi 30-04-2021 - 19:37
Cho a,b,c >0. Chứng minh rằng:
$ \frac{{{{\left( {2a + b + c} \right)}^2}}}{{2{a^2} + {{\left( {b + c} \right)}^2}}} + \frac{{{{\left( {2b + c + a} \right)}^2}}}{{2{b^2} + {{\left( {c + a} \right)}^2}}} + \frac{{{{\left( {2c + a + b} \right)}^2}}}{{2{c^2} + {{\left( {a + b} \right)}^2}}} \leqslant 8 $
Ta có: $\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}-\frac{4}{3}.\frac{4a+b+c}{a+b+c}=\frac{-(b+c-2a)^2(5a+b+c)}{3(a+b+c)[2a^2+(b+c)^2]}\leqslant 0\Rightarrow\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}\leqslant \frac{4}{3}.\frac{4a+b+c}{a+b+c}$
Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leqslant \frac{4}{3}.\frac{6(a+b+c)}{a+b+c}=8(Q.E.D)$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh