Chủ đề này có 4 trả lời

[Sagittarius912]

Cho $a\ge b\ge c>0$ CMR

$a^3b+b^3c+c^3a\ge a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$

[maitienluat]

Trước tiên với $a\geq b\geq c$ thì ta có
$$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a-ab^{3}-bc^{3}-ca^{3}=(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)\geq 0$$
Nên ta sẽ c/minh 1 BĐT mạnh hơn BĐT đã cho là
$$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}\geq 2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )$$
Và cái này chỉ là AM-GM cho vế trái, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

[BoFaKe]

Do $\left [ 3;1;0 \right ]\succ \left [ 2;2;0 \right ]$ nên theo bđt Muirhead thì ta có ĐPCM.

BĐT Muirhead áp dụng cho tổng đối xứng $\sum_{a,b,c}^{sym}[3,1,0]=a^3b+b^3a+b^3c+c^3b+a^3c+c^3a$
nhưng ở đây là tổng hoán vị
$\sum_{a,b,c}^{cyc}[3,1,0]=a^3+b^3c+c^3a$

Ọc,lại coi như là cách giải của bài toán thứ 2 vậy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 14-03-2013 - 22:41

[Sagittarius912]

Cách khác:
Do $\left [ 3;1;0 \right ]\succ \left [ 2;2;0 \right ]$ nên theo bđt Muirhead thì ta có ĐPCM.

BĐT Muirhead áp dụng cho tổng đối xứng $\sum_{a,b,c}^{sym}[3,1,0]=a^3b+b^3a+b^3c+c^3b+a^3c+c^3a$
nhưng ở đây là tổng hoán vị
$\sum_{a,b,c}^{cyc}[3,1,0]=a^3+b^3c+c^3a$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 14-03-2013 - 22:37

[Ispectorgadget]

Trước tiên với $a\geq b\geq c$ thì ta có
$$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a-ab^{3}-bc^{3}-ca^{3}=(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)\geq 0$$
Nên ta sẽ c/minh 1 BĐT mạnh hơn BĐT đã cho là
$$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+ab^{3}+bc^{3}+ca^{3}\geq 2\left ( a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \right )$$
Và cái này chỉ là AM-GM cho vế trái, ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

 

Bạn này xét thiếu TH $a \ge c \ge b$ rồi.

 

Bài này có thể sử dụng KSHS