$\frac{a^{2}}{b+2c}+\frac{b^{2}}{c+2a}+\frac{c^{2}}{a+2b}\geq \frac{16}{27}$
Cho a, b, c là các số thực dươmg thoả mãn điều kiện:
Bắt đầu bởi Hoanght, 23-12-2012 - 15:18
#1
Đã gửi 23-12-2012 - 15:18
Cho a, b, c là các số thực dươmg thoả mãn điều kiện: $3\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )+10=7\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )$. Chứng minh rằng:
#2
Đã gửi 23-12-2012 - 22:19
Giải như sau:Cho a, b, c là các số thực dươmg thoả mãn điều kiện: $3\left ( a^{4}+b^{4}+c^{4} \right )+10=7\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )$. Chứng minh rằng:
$\frac{a^{2}}{b+2c}+\frac{b^{2}}{c+2a}+\frac{c^{2}}{a+2b}\geq \frac{16}{27}$
Áp dụng BĐT AM-GM ta có $$\frac{a^2}{a+2c}+\frac{a^2(a+2c)}{9}\ge \frac{2a^2}{3}$$
Thiết lập tương tự rồi cộng lại ta có $$VT \ge \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)-\frac{1}{9}[a^2(b+2c)+b^2(c+2a)+c^2(a+2b)]$$
$$a^2c+b^2a+c^2b \le \frac{a^3+a^3+c^3}{3}+\frac{a^3+b^3+b^3}{3}+\frac{c^3+c^3+b^3}{3}=a^3+b^3+c^3$$
$$\Rightarrow VT \ge \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)-\frac{1}{9}(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$$
$$\Leftrightarrow VT \ge \frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)-\frac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$
Đặt $t=\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$ theo giả thiết ta có $7(a^2+b^2+c^2)=3(a^4+b^4+c^4)+10 \ge (a^2+b^2 +c^2)^2+10$
$\iff 2 \le a^2+b^2+c^2 \le 5$
$VT \ge \frac{2}{9}t^2-\frac{1}{27}t^3=f(t)$ với $t\in [\sqrt{6};\sqrt{15}]$.
Tới đây khảo sát hàm này $\to$ kết quả.
<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.
#3
Đã gửi 24-12-2012 - 01:55
Các đánh giá đều xảy ra dấu = khi a=b=c. Nhưng bài toán này k phải vậy????????
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh