Chủ đề này có 6 trả lời

[henry0905]

Cho a,b,c$> 0$
chứng minh $\frac{a}{b+2c+3a}+\frac{b}{c+2a+3b}+\frac{c}{a+2b+3c}\leq \frac{1}{2}$

[le_hoang1995]

Cho a,b,c$> 0$
chứng minh $\frac{a}{b+2c+3a}+\frac{b}{c+2a+3b}+\frac{c}{a+2b+3c}\leq \frac{1}{2}$

Một cách trâu bò, quy đồng lên, ta phải chứng minh
$$2(a^3+b^3+c^3)+3(a^2b+b^2c+c^2a)\geq 12abc+(ab^2+bc^2+ca^2)$$.
Nhưng đây là tổng của 2 BĐT quen thuộc dùng Schur và AM-GM.
$$a^3+b^3+c^3+3abc\geq (a^2b+b^2c+c^2a)+(ab^2+bc^2+ca^2)$$
$$(a^3+b^3+c^3)+4(a^2b+b^2c+c^2a)\geq 3abc+12abc=15abc$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

[WhjteShadow]

Cách của a Hoàng trâu quá :@)
Ta có $Q.E.D\Leftrightarrow \frac{3a}{b+2c+3a}+\frac{3b}{c+2a+3b}+\frac{3c}{a+2b+3c}\leq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{b+2c}{b+2c+3a}+\frac{c+2a}{c+2a+3b}+\frac{a+2b}{a+2b+3c}\geq \frac{3}{2}$ (Lấy 3 trừ đi 2 vế)
Nhưng lại có the0 $Cauchy-Scwarz$ thì:
$$\frac{b+2c}{b+2c+3a}+\frac{c+2a}{c+2a+3b}+\frac{a+2b}{a+2b+3c}=\frac{(b+2c)^2}{(b+2c+3a)(b+2c)}+\frac{(c+2a)^2}{(c+2a+3b)(c+2a)}+\frac{(a+2b)^2}{(a+2b+3c)(a+2b)}$$
$$\geq \frac{(3a+3b+3c)^2}{\sum (b+2c+3a)(b+2c)}=\frac{9(a+b+c)^2}{5(a^2+b^2+c^2)+13(ab+bc+ca)}$$
Và the0 $AM-GM$ thì $3(a^2+b^2+c^2)\geq 3(ab+bc+ca)\to 18(a+b+c)^2\geq 15(a^2+b^2+c^2)+39(ab+bc+ca)$
Nên $\frac{9(a+b+c)^2}{5(a^2+b^2+c^2)+13(ab+bc+ca)}\geq \frac{3}{2}$
Vật bđt đc chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 17-07-2012 - 12:40

[Secrets In Inequalities VP]

Cho a,b,c$> 0$
chứng minh $\frac{a}{b+2c+3a}+\frac{b}{c+2a+3b}+\frac{c}{a+2b+3c}\leq \frac{1}{2}$

cách khác :
$\sum \frac{a}{b+2c+3a}= \frac{a}{(a+b)+(a+c)+(a+c)}\leq \sum \frac{1}{9}.(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{a}{a+c})
=\frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Secrets In Inequalities VP: 17-07-2012 - 21:01

[henry0905]

cách khác :
$\sum \frac{a}{b+2c+3a}= \frac{a}{(a+b)+(a+c)+(a+c)}\leq \sum \frac{1}{9}.(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}+\frac{a}{a+c})
=\frac{1}{2}$

Đến đây suy ra được
$A\leq \frac{1}{9}(3+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c})=\frac{1}{2}$
Bạn ghi rõ giùm sao $\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}\leq \frac{3}{2}$ vậy?
Khi thế a=0.1,b=0.2,c=1 thì dấu của bất dẳng thức trên đổi chiều

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi henry0905: 29-07-2012 - 20:52

[hamdvk]

Đến đây suy ra được
$A\leq \frac{1}{9}(3+\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c})=\frac{1}{2}$
Bạn ghi rõ giùm sao $\frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}\leq \frac{3}{2}$ vậy?
Khi thế a=0.1,b=0.2,c=1 thì dấu của bất dẳng thức trên đổi chiều

Theo m' để khắc phục hạn chế của lời giải này thì :
Ta có
$\sum \frac{a}{(a+b+c)+(c+2a)}\leq \frac{1}{4}\sum (\frac{a}{a+b+c}+\frac{a}{c+2a}) \leq \frac{1}{4}(1+\sum \frac{a}{c+2a})$
$\sum \frac{a}{c+2a}=\sum \frac{1}{\frac{c+a}{2a}+\frac{c+a}{2a}+1}\leq \frac{1}{9} (2\sum \frac{a}{a+c}+1)=1$
$\Rightarrow \sum \frac{a}{b+2c+3a}\leq \frac{1}{4}(1+1)=\frac{1}{2}(dpcm)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hamdvk: 30-07-2012 - 08:08

[nhatoanhocVuVanKhoi]

Mình xin giới thiệu cách mình mới nghĩ ra:
$\frac{a}{b+2c+3a}=\frac{a}{a+b+c+c+2a}\leq \frac{1}{4}a(\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{c+2a})$
Cm tương tự:$\frac{b}{c+2a+3b}\leq \frac{1}{4}b(\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{a+2b})$
$\frac{c}{a+2b+3c}\leq \frac{1}{4}c(\frac{1}{a+b+c}+\frac{1}{b+2c})$
Cộng vế theo vế 3 bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra :
$VT\leq \frac{1}{4}(1+\frac{a}{c+2a}+\frac{b}{a+2b}+\frac{c}{b+2c})\leq \frac{1}{2}$
Sau một hồi " mài sắt " quy đồng mẫu, biến đổi tương đương ta có " cây kim" : bất đẳng thức cần cm tương đương với $a^{2}b+ac^{2}+b^{2}c\geq 3abc$ ( bất đẳng thức đúng theo AM-GM cho 3 số không âm )