Chủ đề này có 3 trả lời

[Strygwyr]

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c ta luôn có
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq \frac{4(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}-3$

[25 minutes]

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c ta luôn có
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq \frac{4(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}-3$

Khai triển ra, bất đẳng thức đã cho tương đương với
              $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}-3$
       $\Leftrightarrow \sum \frac{a}{b}+\frac{b}{c}-2 \geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}-12$
Ta có $\frac{a}{b}+\frac{b}{a}-2=\frac{(a-b)^2}{ab}$
         $\frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}-12=\frac{4\left [ (a+b+c)^2-3(ab+bc+ac) \right ]}{ab+bc+ac}=\frac{2\left [ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right ]}{ab+bc+ac}$
Vậy bđt đã cho được viết lại thành 
          $\sum \frac{(a-b)^2}{ab} \geq \frac{2\sum (a-b)^2}{ab+bc+ac}$
     $\Leftrightarrow \sum (a-b)^2\left (\frac{1}{ab}-\frac{2}{ab+bc+ac} \right ) \geq 0$
Đặt $(S_a,S_b,S_c)=\left ( \frac{1}{bc}-\frac{2}{ab+bc+ac};\frac{1}{ac}-\frac{2}{ab+bc+ac};\frac{1}{ab}-\frac{2}{ab+bc+ac} \right )$
Do vai trò của $a,b,c$ là như nhau nên ta có thể giả sử $a \geq b \geq c >0$
Dễ thấy $S_a > 0, S_b > 0$
Theo tiêu chuẩn S.O.S ta chỉ cần chứng minh $S_b +S_c \geq 0, S_a+S_b \geq 0 $
Nhưng bất đẳng thức trên dễ chứng minh 
Vậy ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tran Hoang Anh Arsenal: 22-03-2013 - 18:19

[Atu]

Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c ta luôn có
$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq \frac{4(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}-3$

Không hiểu sao dạo này toàn làm tương đương  =='
Biến đổi tương đương, đưa bài toán về:
$\sum_{sym}\frac{a}{b}+6\geq \frac{4\sum a^{2}+8\sum ab}{\sum ab}$
$\Leftrightarrow(\sum ab)(\sum_{sym}\frac{a}{b})\geq 4\sum a^{2}+2\sum ab$
Nhân vế trái ra hết ta được: 
$(\sum ab)(\sum_{sym}\frac{a}{b})=2\sum a^{2}+2\sum ab+\sum \frac{a^{2}b}{c}+\sum \frac{ab^{2}}{c}$
Như vậy chỉ cần cm:
$\sum \frac{a^{2}b}{c}+\sum \frac{ab^{2}}{c}\geq 2\sum a^{2}$
Áp dụng $AM-GM$ ta có:
$\sum \frac{a^{2}b}{c}+\sum \frac{a^{2}c}{b}\geq 2\sum a^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Atu: 22-03-2013 - 18:44

[Strygwyr]

cả hai cách đều hay đấy nhưng mình còn có cách ngắn hơn

BĐT cần c/m $\Leftrightarrow 3 + \sum (\frac{a}{b}+\frac{b}{a}) \geq \frac{4(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}-3 \Leftrightarrow \sum (\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+2)\geq \frac{4(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca} \Leftrightarrow \sum \frac{(a+b)^{2}}{ab}\geq \frac{4(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}$ (luôn đúng do B.C.S)