$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}\geq \sum \frac{a}{b+c}$
#1
Đã gửi 02-08-2012 - 14:58
$\sum \frac{a^2}{b^2+c^2}\geq \sum \frac{a}{b+c}$
Bài 2/ Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$.CMR
$0\leq ab+bc+ca-abc\leq 2$
( bài này có trong topic của anh Huy rồi nhưng ở đây em mong muốn nhiều cách giải)
Xin lỗi cách bài 1 của mình hơi có vấn đề
Mọi người cùng thảo luận nhé.
- ducthinh26032011 và DavidVince thích
Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF
#2
Đã gửi 02-08-2012 - 15:16
Không chứng minh BĐT bên trái nhé! Xin lấy ý của một lời giải trong "An inequality collections" của V.Q.B.C trong việc chứng minh BĐT bên phải:Bài 2/ Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$.CMR
$0\leq ab+bc+ca-abc\leq 2$
( bài này có trong topic của anh Huy rồi nhưng ở đây em mong muốn nhiều cách giải)
Xin lỗi cách bài 1 của mình hơi có vấn đề
Mọi người cùng thảo luận nhé.
---
Trong ba số $a,b,c$ luôn tồn tại ít nhất hai số sao cho hiệu của chúng khi trừ đi $1$ có cùng dấu với nhau. KMTTQ, giả sử hai số đó là $a,b$, khi đó ta có:
$$c(a-1)(b-1)\ge 0\\ \Leftrightarrow abc\ge ac+bc-c\ (1)$$.
Mặt khác, theo BĐT Cauchy 2 số thì:
$$4=a^2+b^2+c^2+abc\ge 2ab+c^2+abc\\ \Rightarrow ab\le 2-c\ (2)$$
-Kết hợp $(1)$ và $(2)$ suy ra:
$$ab+bc+ca-abc \le (2-c)+bc+ca -(ac+bc-c)=2$$
Dấu bằng xảy ra, chẳng hạn như $a=b=c=1\ \square$
- Poseidont, hamdvk và DavidVince thích
#3
Đã gửi 02-08-2012 - 16:23
Ta có phân tích cơ sở:
$Q.e.D\Leftrightarrow 2(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+c^2}+\frac{c^2}{b^2+a^2}-\frac{3}{2})\geq 2(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{b+a}-\frac{3}{2})$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2 \frac{(a+b)^2}{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}\geq \sum \frac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2[\frac{(a+b)^2}{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}-\frac{1}{(a+c)(b+c)}]\geq \sum 0$
Từ đó ta có:
$S_c=\frac{(a+b)^2}{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}-\frac{1}{(a+c)(b+c)}=(a+b)[\frac{(a+b)(a^2+b^2)}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)(b^2+c^2)}-\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}]$
$S_b=\frac{(a+c)^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}-\frac{1}{(a+b)(b+c)}=(a+c)[\frac{(a+c)(a^2+c^2)}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)(b^2+c^2)}-\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}]$
$S_a=\frac{(c+b)^2}{(a^2+c^2)(b^2+a^2)}-\frac{1}{(a+c)(b+a)}=(b+c)[\frac{(b+c)(a^2+b^2)}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)(b^2+c^2)}-\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}]$
Giả sử $a\geq b\geq c$ Dễ thấy $S_a \leq S_b\leq S_c$
Vì vậy the0 tiêu chuẩn 2 của SOS thì ta chỉ phải chứng minh $S_a+S_b\geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{(b+c)^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}+\frac{(a+c)^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}\geq \frac{1}{(a+b)(a+c)}+\frac{1}{(a+b)(b+c)}$
$\Leftrightarrow (b+c)^3(b^2+c^2)(a+b)(a+c)+(a+c)^3(a^2+c^2)(a+b)(b+c)-(a+b+2c)(a^2+b^2)(a^2+c^2)(b^2+c^2)\geq 0$
$\Leftrightarrow a^6b+a^6c+4a^5bc+2a^5c^2-a^4b^3+a^4b^2c+6a^4bc^2+2a^4c^3-a^3b^4+2a^3b^2c^2+8a^3bc^3+3a^3c^4+a^2b^4c+2a^2b^3c^2+4a^2b^2c^3+9a^2bc^4+2a^2c^5+ab^6+4ab^5c+6ab^4c^2+8ab^3c^3+9ab^2c^4+8abc^5+2ac^6+b^6c
+2b^5c^2+2b^4c^3+3b^3c^4+2b^2c^5+2bc^6 \geq a^6b+ab^6-a^4b^3-a^3b^4 \geq 0$
( Dễ thấy T.T)
Vậy bất đẳng thức đúng the0 tiêu chuẩn 2 của SOS.Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 02-08-2012 - 16:30
- HÀ QUỐC ĐẠT, nguyenta98, Poseidont và 3 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 02-08-2012 - 16:34
Thiếu rồi bạn à, có trường hợp 1 số bằng 0, 2 số bằng nhau nữa .Vậy bất đẳng thức đúng the0 tiêu chuẩn 2 của SOS.Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$
#5
Đã gửi 02-08-2012 - 18:55
Thiếu rồi bạn à, có trường hợp 1 số bằng 0, 2 số bằng nhau nữa .
Em có để ý rồi a Mít ạBài 1/ Cho a,b,c là các số thực dương,CMR
Anh có cách nào ngắn hơn có thể p0st lên ch0 mọi người tham khảo được không ạ? :s
- quoctruong1202 và BlackSelena thích
#6
Đã gửi 02-08-2012 - 19:15
Cách này có trong quyển sáng tạo Bất đẳng thức trang 85, chắc mọi người đều đã biết rồi
- quoctruong1202 và WhjteShadow thích
#7
Đã gửi 02-08-2012 - 19:57
-Nhận thấy:
$\frac{a^2}{b^2+c^2}-\frac{a}{b+c}=\frac{ab(a-b)+ac(a-c)}{(b+c)(b^2+c^2)}$
$\frac{b^2}{c^2+a^2}-\frac{b}{c+a}=\frac{bc(b-c)+ba(b-a)}{(a+c)(a^2+c^2)}$
$\frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{c}{a+b}=\frac{ca(c-a)+cb(c-b)}{(a+b)(a^2+b^2)}$
-Do đó:
$VT-VP=$
$=ab\left ( a-b \right )\left [ \frac{1}{(b^2+c^2)(b+c)} -\frac{1}{(c^2+a^2)(c+a)}\right ]+ca(a-c)\left [ \frac{1}{(b^2+c^2)(b+c)}-\frac{1}{(a^2+b^2)(a+b)} \right ]+bc(b-c)\left [ \frac{1}{(c^2+a^2)(c+a)} -\frac{1}{(a^2+b^2)(a+b)}\right ]$
-Tới đây giả sử $a\geq b\geq c$ ta được dpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ninhxa: 02-08-2012 - 19:57
- quoctruong1202 và Poseidont thích
Thời gian là thứ khi cần thì luôn luôn thiếu.
#8
Đã gửi 03-08-2012 - 11:39
#9
Đã gửi 03-08-2012 - 12:11
Đây bạn ơi.Nhưng có lẽ phương pháp này đọc tr0ng cuốn "Sáng tạo bất đẳng thức" của anh Phạm Kim Hùng là dễ hiểu nhất bạn ạ
- BlackSelena yêu thích
#10
Đã gửi 14-10-2012 - 22:14
#11
Đã gửi 14-10-2012 - 22:25
a,b,c>0 rThiếu rồi bạn à, có trường hợp 1 số bằng 0, 2 số bằng nhau nữa .
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh