Chứng minh : $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$
#1
Đã gửi 31-10-2012 - 12:01
Chứng minh : $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$
- Sagittarius912 yêu thích
#2
Đã gửi 31-10-2012 - 12:35
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:1/ Cho $a,b,c > 0, a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$
Chứng minh : $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9}{a+b+c}$
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=\frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ca}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh: $\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}\geq \frac{9}{a+b+c}$
$$\Leftrightarrow (a+b+c)^3\geq 9(ab+bc+ca)$$
$$\Leftrightarrow 2(a+b+c)^3\geq 9[2(ab+bc+ca)]$$
$$\Leftrightarrow 2(a+b+c)^3\geq 9[(a+b+c)^2-3]$$
$$\Leftrightarrow (a+b+c)^3+(a+b+c)^3+27 \geq 9(a+b+c)^2$$
Nhưng bất đẳng thức cuối lại luôn đúng the0 $AM-GM$ 3 số nên ta có ĐPCM.
ĐẲng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$ $\square$
- HÀ QUỐC ĐẠT, yeutoan11, tranhydong và 1 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 31-10-2012 - 17:42
#4
Đã gửi 16-04-2021 - 15:13
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
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh