Chủ đề này có 2 trả lời

[tramyvodoi]

Cho các số thực không âm $\mathrm{a , b , c}$ thỏa $\mathrm{a + b + c = 1}$. Chứng minh : $\sum \frac{1 + \mathrm{a}}{1 + \mathrm{a + 6a}^{2}} \geq 2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tramyvodoi: 19-12-2012 - 21:50

[dohuuthieu]

BĐT $\Leftrightarrow \sum (1-\frac{1+a}{1+a+6a^{2}})\leq 1$ $\Leftrightarrow \sum \frac{a^{2}}{1+a+6a^{2}}\leq \frac{1}{6}$ ta có : $\frac{a^{2}}{1+a+6a^{2}}= \frac{a^{2}}{(a+b+c)^{2}+a+6a^{2}}= \frac{a^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})+a+2a(a+b+c)+2(2a^{2}+bc)}$.
Tới đây dùng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel chú ý $\sum \frac{a^{2}}{2a^{2}+bc}\leq 1$ ta được đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tramyvodoi: 20-12-2012 - 21:29

[tim1nuathatlac]

Cho các số thực không âm $\mathrm{a , b , c}$ thỏa $\mathrm{a + b + c = 1}$. Chứng minh : $\sum \frac{1 + \mathrm{a}}{1 + \mathrm{a + 6a}^{2}} \geq 2$

Một cách khác cho bài này, theo lối $Cauchy-schwarz$

Trước hết, xin nêu ra bài toán quen thuộc: $a,b,c\in R^{+}$ và $a+b+c=1$, ta có $Inequaliti$ sau: $\sum \frac{a^{2}}{6a^{2}+1}\leq \frac{1}{5}$

Quay trở lại bài toán, ta có $Q.e.D\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{6a^{2}+a+1}+\frac{b^{2}}{6b^{2}+b+1}+\frac{c^{2}}{6c^{2}+c+1}\leq \frac{1}{6}$

Áp dụng $Cauchy-schwarz$ $\frac{a^{2}}{6a^{2}+a+1}\leq \frac{1}{36}\left ( \frac{25a^{2}}{6a^{2}+1}+\frac{a^{2}}{a} \right )$

Tương tự vs $b$ và $c$. Như vậy ta phải chỉ ra $\frac{a^{2}}{6a^{2}+1}+\frac{b^{2}}{6b^{2}+1}+\frac{c^{2}}{6c^{2}+1}\leq \frac{1}{5}$

kết thúc chứng minh.$\square$