Chủ đề này có 6 trả lời

[WhjteShadow]

Bài toán:
Ch0 $a,b,c>0$,$a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$

[le_hoang1995]

Bài toán:
Ch0 $a,b,c>0$,$a^2+b^2+c^2=3$
Chứng minh rằng:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$

PS, chết thật, làm ẩu quá, xin lỗi các bạn, mình làm lại.
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

[bastian schweinsteiger]

Một cách quen thuộc. Nhân hai vế với $a+b+c$, ta được
$\sum \frac{a^2}{b}+\sum \frac{ab}{c}+3\geq 9$

3 ở đâu ra đó bạn

[ninhxa]

-Trình bày kiểu này cho nó dễ nhìn
-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

[hamdvk]

$VP\leq \frac{9}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}=3$

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!!

[ninhxa]

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!!

Uk. Xin lỗi. Hơi ẩu.

[KietLW9]

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 $a = b = c = 1$