$(a+b+c)\left ( \sum a^{2}(b+c-a)^{2}b^{2}(a+c-b)^{2} \right )$$\geq 9a^{2}b^{2}c^{2}(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 27-08-2012 - 13:07
(a+b+c)$\left ( \sum a^{2}(b+c-a)^{2}b^{2}(a+c-b)^{2} \right )$$\geq 9a^{2}b^{2}c^{2}(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$
1 Bình chọn
Bắt đầu bởi kunkute, 27-08-2012 - 07:46
#1
Đã gửi 27-08-2012 - 07:46
kunkute
-
- Thành viên
-
- 110 Bài viết
Trung sĩ
Cho $a,b,c$ là các số dương .CM:
$(a+b+c)\left ( \sum a^{2}(b+c-a)^{2}b^{2}(a+c-b)^{2} \right )$$\geq 9a^{2}b^{2}c^{2}(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$
$(a+b+c)\left ( \sum a^{2}(b+c-a)^{2}b^{2}(a+c-b)^{2} \right )$$\geq 9a^{2}b^{2}c^{2}(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$
- WhjteShadow yêu thích
#2
Đã gửi 30-08-2012 - 15:22
kunkute
-
- Thành viên
-
- 110 Bài viết
Trung sĩ
#3
Đã gửi 30-08-2012 - 20:31
WhjteShadow
-
- Phó Quản lý Toán Ứng dụ
-
- 1323 Bài viết
Thượng úy
Đây là lời giải của mình:
Giả sử $a=max(a;b;c)\to b+a-c,c+a-b\geq 0$.Ta xét 2 trường hợp:
*Nếu $b+c-a\leq 0$: Lúc đó ta dễ dàng có $VT\geq 0\geq VP$ nên bất đẳng thức luôn đúng.
*Nếu $b+c-a\geq 0$: Thì $a,b,c$ sẽ là độ dài 3 cạnh của tam giác:Đặt $a+b-c=z,b+c-a=x,c+a-b=y(x,y,z\geq 0)$ thì ta cần chứng minh:
$$4(x+y+z)[x^2y^2(x+z)^2(y+z)^2+y^2z^2(x+z)^2(y+x)^2+x^2z^2(y+z)^2(y+x)^2]\geq 9xyz(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2$$
$$\Leftrightarrow \left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\left[\frac{x^2y^2}{(x+y)^2} +\frac{y^2z^2}{(y+z)^2}+\frac{x^2z^2}{(x+z)^2}\right]\geq \frac{9}{4}$$
$$\Leftrightarrow \left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\left[\frac{1}{(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^2} +\frac{1}{(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^2}+\frac{1}{(\frac{1}{x}+\frac{1}{z})^2}\right]\geq \frac{9}{4}$$
Và đây chính là bất đẳng thức $Iran96$ quen thuộc với các ẩn là $\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}$
Vậy nên ta có ĐPCM.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ $\blacksquare$
Giả sử $a=max(a;b;c)\to b+a-c,c+a-b\geq 0$.Ta xét 2 trường hợp:
*Nếu $b+c-a\leq 0$: Lúc đó ta dễ dàng có $VT\geq 0\geq VP$ nên bất đẳng thức luôn đúng.
*Nếu $b+c-a\geq 0$: Thì $a,b,c$ sẽ là độ dài 3 cạnh của tam giác:Đặt $a+b-c=z,b+c-a=x,c+a-b=y(x,y,z\geq 0)$ thì ta cần chứng minh:
$$4(x+y+z)[x^2y^2(x+z)^2(y+z)^2+y^2z^2(x+z)^2(y+x)^2+x^2z^2(y+z)^2(y+x)^2]\geq 9xyz(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2$$
$$\Leftrightarrow \left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\left[\frac{x^2y^2}{(x+y)^2} +\frac{y^2z^2}{(y+z)^2}+\frac{x^2z^2}{(x+z)^2}\right]\geq \frac{9}{4}$$
$$\Leftrightarrow \left(\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}\right)\left[\frac{1}{(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^2} +\frac{1}{(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^2}+\frac{1}{(\frac{1}{x}+\frac{1}{z})^2}\right]\geq \frac{9}{4}$$
Và đây chính là bất đẳng thức $Iran96$ quen thuộc với các ẩn là $\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}$
Vậy nên ta có ĐPCM.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ $\blacksquare$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 30-08-2012 - 20:33
- viet 1846, HÀ QUỐC ĐẠT, kunkute và 3 người khác yêu thích
“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
