$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}$
#1
Đã gửi 14-09-2012 - 22:05
CMR:$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}$
- WhjteShadow và Mai Xuan Son thích
#2
Đã gửi 15-09-2012 - 20:29
Đầu tiên ta sẽ chứng minh bổ đề quen thuộc sau:Bài toán:Cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$.
CMR:$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}$
$$(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)\,\,\,(*)$$
Thật vậy áp dụng đẳng thức $(a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b)(b+c)(c+a)+abc$ Thì ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{1}{9}.(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}abc$$
$$\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng the0 $AM-GM$ nên ta có $(*)$ luôn đúng!
Quay trở lại bài toán.Áp dụng $(*)$ ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{ab+bc+ca}}$$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:
$$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}=\frac{a^3}{ab+ac}+\frac{b^3}{ab+bc}+\frac{c^3}{ca+bc}$$
$$\geq \frac{(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})^2}{2(ab+bc+ca)}$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{ab+bc+ca}}$$
$$\Leftrightarrow (a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})^2\geq 3\sqrt{3.(ab+bc+ca)}$$
Nhưng điều này luôn đúng the0 $AM-GM$
$2(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})+3\geq 3(a+b+c)=9$ và $3.(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2=9$
Vậy nên :
$$(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})^2\geq 9\geq 3\sqrt{3.(ab+bc+ca)}$$
Phép chứng minh hoàn tất.Dấu bằng xảy ra tại $a=b=c=1$ $\blacksquare$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 15-09-2012 - 20:30
- BoBoiBoy yêu thích
#3
Đã gửi 15-09-2012 - 22:23
--------------------------------------------------------------
Biến đổi bằng cách quy đồng ta được BDT tương đương như sau:( thay a+c=3-b và tương tự)
\[
\begin{array}{l}
\sum a ^2 (3 - b)(3 - c) \ge 3\sqrt 2 \sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \\
VT = 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 3ab(a + b) - 3bc(b + c) - 3ac(c + a) \\
= 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 9ab - 9bc - 9ac + 9abc \\
\end{array}
\]
Bất đẳng thức trên tương đương với :
\[
\frac{9}{2}{\rm{[}}(a - b)^2 + (b - c)^2 + (a - c)^2 {\rm{]}} \ge {\rm{3}}\sqrt 2 \frac{{a(b - c)^2 + c(a - b)^2 + b(a - c)^2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sc=\[
\frac{3}{2} - \frac{{c\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sb=\[
\frac{3}{2} - \frac{{b\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sa=\[
\frac{3}{2} - \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Ta có:
Sc=\[
\begin{array}{l}
\frac{{3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc) - 2\sqrt 2 c}}{{2(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc)}} \\
3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \ge 2\sqrt 2 \sqrt {(a + b + c)(ab + ac + bc)} \ge 2\sqrt {2c} \\
\Leftrightarrow 3ab + 3ac + 3bc \ge c^2 \\
\end{array}
\]
Đặt f(x)=\[
3ab + 3ac + 3bc - c^2
\]
Ta thấy f(a,b,c)\[
\ge f(\sqrt {ab} ,\sqrt {ab} ,c)
\]
=> \[
\begin{array}{l}
f(x) \ge f(\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}}) \\
d = \sqrt[3]{{abc}} \\
f(x) \ge 8d^2 > 0 \\
\end{array}
\]
Tương tự chứng minh Sb,Sa dương.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 15-09-2012 - 22:38
- WhjteShadow và BoBoiBoy thích
<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.
.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.
#4
Đã gửi 18-09-2012 - 08:27
Nhân cả hai vế cho $ (a+b)(b+c)(c+a) $ Ta sẽ chứng minh:
$ \sum a^2(a+b)(a+c) \ge 3\sqrt{2(a+b)(b+c)(c+a)} $
Sử dụng đánh giá: $ x^2(x+z)+y^2(y+z) \ge \frac{(x+y)^2}{4}(x+y+2z) $ là tổng của 2 bất đẳng thức đúng:
$ 4(x^3+y^3) \ge (x+y)^3 $ và $ 2(x^2+y^2) \ge (x+y)^2 $
Từ đây ta thu được:
$ \sum a^2(a+b)(a+c) \ge \sum \frac{(a+b)^3}{8}\left ( (a+c)+(b+c) \right ) $ Đặt $ x=a+b; y=b+c; z=c+a $ Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:
$ \frac{x^3}{8}(y+z)+\frac{y^3}{8}(z+x)+\frac{z^3}{8}(x+y)\ge 3\sqrt{2xyz} $ với $ x+y+z=6 $
Ta lại có đánh giá như sau:
$ 3\sum x^{3}y+3\sum xy^{3}\ge 2(x^{2}+y^{2}+z^{2})(xy+yz+zx)\ge 24(xy+yz+zx) $ Do đó ta chỉ cần chứng minh: $ (xy+yz+zx)\ge 3\sqrt{2xyz}\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^{2}\ge 3xyz(x+y+z) $ Hiển nhiên đúng!!Đẳng thức xảy ra khi $ x=y=z=2 $ hay $ a=b=c=1 $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bdtilove: 18-09-2012 - 12:57
- WhjteShadow và BoBoiBoy thích
#5
Đã gửi 18-09-2012 - 18:55
Đã SOS mà còn MV!! Vả lại đây là phần Bất đẳng thức dành cho đại học, ai lại xài mấy pp hiện đại chứ!! Bạn nên tìm lời giải khác thì hơn!!Bài này em dùng phân tích bình phương S.0.S
--------------------------------------------------------------
Biến đổi bằng cách quy đồng ta được BDT tương đương như sau:( thay a+c=3-b và tương tự)
\[
\begin{array}{l}
\sum a ^2 (3 - b)(3 - c) \ge 3\sqrt 2 \sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \\
VT = 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 3ab(a + b) - 3bc(b + c) - 3ac(c + a) \\
= 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 9ab - 9bc - 9ac + 9abc \\
\end{array}
\]
Bất đẳng thức trên tương đương với :
\[
\frac{9}{2}{\rm{[}}(a - b)^2 + (b - c)^2 + (a - c)^2 {\rm{]}} \ge {\rm{3}}\sqrt 2 \frac{{a(b - c)^2 + c(a - b)^2 + b(a - c)^2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sc=\[
\frac{3}{2} - \frac{{c\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sb=\[
\frac{3}{2} - \frac{{b\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sa=\[
\frac{3}{2} - \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Ta có:
Sc=\[
\begin{array}{l}
\frac{{3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc) - 2\sqrt 2 c}}{{2(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc)}} \\
3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \ge 2\sqrt 2 \sqrt {(a + b + c)(ab + ac + bc)} \ge 2\sqrt {2c} \\
\Leftrightarrow 3ab + 3ac + 3bc \ge c^2 \\
\end{array}
\]
Đặt f(x)=\[
3ab + 3ac + 3bc - c^2
\]
Ta thấy f(a,b,c)\[
\ge f(\sqrt {ab} ,\sqrt {ab} ,c)
\]
=> \[
\begin{array}{l}
f(x) \ge f(\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}}) \\
d = \sqrt[3]{{abc}} \\
f(x) \ge 8d^2 > 0 \\
\end{array}
\]
Tương tự chứng minh Sb,Sa dương.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1
- WhjteShadow và no matter what thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh