$ \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$
#1
Đã gửi 22-07-2012 - 22:54
Ch0 $a,b,c>0$,$a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$
- le_hoang1995, HÀ QUỐC ĐẠT, BlackSelena và 3 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 23-07-2012 - 07:22
PS, chết thật, làm ẩu quá, xin lỗi các bạn, mình làm lại.Bài toán:
Ch0 $a,b,c>0$,$a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$
Ta chứng minh BĐT $$(a+b+c)\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )\geq 3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$.
Và do đó chỉ cần sử dụng BĐT trên với giả thiết $a^2+b^2+c^2=3$ là ra.
Có hai cách chứng minh BĐT này
$$
$$Theo BĐT Cauchy-schwarz ta có
$$VT\geq \frac{(a+b+c)^3}{ab+bc+ca}$$
Như vậy ta cần chứng minh
$$(a+b+c)^3\geq 3(ab+bc+ca)\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$
$$\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq 3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}$$
Theo BĐT AM-GM ta có
$$3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}\leq 3\sqrt{3.\left ( \frac{a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)}{3} \right )^3}=(a+b+c)^3$$
ĐPCM
Cách 2.
Nhân ra ta phải chứng minh $$\sum \frac{ab}{c}+\sum \frac{a^2}{b}+\sum a\geq 3\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$
Sử dụng BĐT $ (x+y+z)^2 \geq 3(xy+yz+zx)$ ta được
$$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\geq \sqrt{3(b^2+c^2+a^2)}$$
Như vậy ta cần chứng minh $$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c\geq 2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$
Ta sẽ chứng minh BĐT mạnh hơn là $$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+a+b+c\geq\frac{6(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}$$
Không mất tổng quát, giả sử b là số nằm giữa a và c. BĐT cần chứng minh tương đương với
$$\sum \left ( \frac{a^2}{b}-2a+b \right )\geq \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}-2(a+b+c)$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{b}\geq \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}-2(a+b+c)$$
Theo cauchy-schwarz ta có $$\sum \frac{(a-b)^2}{b}\geq \frac{4(a-c)^2}{a+b+c}$$
Như vậy cần phải chứng minh $$2(a-c)^2\geq 3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2\Leftrightarrow (b-c)(b-a)\leq 0$$
Đúng theo giả sử. Vậy BĐT trên đúng. Mặt khác dễ thấy $$\frac{6(a^2+c^2+c^2)}{a+b+c}\geq 2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\Leftrightarrow \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}\geq a+b+c$$
Đúng nên ta suy ra ĐPCM
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 23-07-2012 - 07:41
- Tham Lang, HÀ QUỐC ĐẠT, Poseidont và 3 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 23-07-2012 - 07:33
3 ở đâu ra đó bạnMột cách quen thuộc. Nhân hai vế với $a+b+c$, ta được
$\sum \frac{a^2}{b}+\sum \frac{ab}{c}+3\geq 9$
- le_hoang1995 và hamdvk thích
#4
Đã gửi 23-07-2012 - 09:49
-Áp dụng Cauchy-Shwarz ta có:
$VT\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq 3$
$VP\leq \frac{9}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}=3$
$\rightarrow VT\geq 3\geq VP\rightarrow dpcm$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ninhxa: 23-07-2012 - 10:12
Thời gian là thứ khi cần thì luôn luôn thiếu.
#5
Đã gửi 23-07-2012 - 09:54
Chỗ này sai rồi nè !!!$VP\leq \frac{9}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}=3$
$0<(a+b+c)\leq \sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}=3\Leftrightarrow \frac{9}{a+b+c}\geq \frac{9}{3}=3$ chứ!!
- ninhxa yêu thích
~.......................................................~
$\Phi \frac{\because Nguyen Thai Ha\therefore }{14/07/97}\Phi$
~.............................................................................................~
#6
Đã gửi 23-07-2012 - 09:56
Uk. Xin lỗi. Hơi ẩu.Chỗ này sai rồi nè !!!
$0<(a+b+c)\leq \sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}=3\Leftrightarrow \frac{9}{a+b+c}\geq \frac{9}{3}=3$ chứ!!
Thời gian là thứ khi cần thì luôn luôn thiếu.
#7
Đã gửi 24-04-2021 - 10:44
Bài toán:
Ch0 $a,b,c>0$,$a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$
Từ giả thiết suy ra $ab+bc+ca=\frac{(a+b+c)^2-3}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ca}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}=\frac{2(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2-3}$
Ta cần chứng minh: $\frac{2(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2-3}\geq \frac{9}{a+b+c}$
Đặt $a+b+c=t=\sqrt{3+2(ab+bc+ca)}>\sqrt{3}$
Ta quy về chứng minh: $\frac{2t^2}{t^2-3}\geq \frac{9}{t}(*)$
(*) đúng do nó tương đương:$ \frac{(t-3)^2(2t+3)}{t(t^2-3)}\geq 0$
Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$
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