Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c thì $\sum \frac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}\geq\frac{9}{(a+b+c)^{2}}$
$\sum \frac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}\geq\frac{9}{(a+b+c)^{2}}$
#2
Đã gửi 07-04-2013 - 22:52
Chứng minh rằng với mọi số thực dương a,b,c thì $\sum \frac{1}{b^{2}+bc+c^{2}}\geq\frac{9}{(a+b+c)^{2}}$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
$$\left ( a+b+c \right )^2\left ( \frac{1}{a^2+ab+b^2}+\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}\right )\geq 9$$
Chú ý đẳng thức sau :
$$\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{a^2+b^2+ab}=\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{\left ( a+b+c \right )^2-c\left ( a+b+c \right )-\left ( ab+bc+ca \right )}=\frac{1}{1-\frac{c}{a+b+c}-\frac{ab+bc+ca}{\left ( a+b+c \right )^2}}$$
Đặt $x=\frac{a}{a+b+c}$, $y=\frac{b}{a+b+c}$, $z=\frac{c}{a+b+c}$ và $t=\frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}$, lưu ý rằng $x+y+z=1$.
Bất đẳng thức được đưa về dạng :
$$\frac{1}{1-x-t}+\frac{1}{1-y-t}+\frac{1}{1-z-t}\geq 9$$
Quy đồng khử mẫu, đưa về chứng minh :
$$1-4(xy+yz+zx)+9xyz \geq 0$$
Bất đẳng thức trên chính là một biến đổi có được từ bất đẳng thức $Schur$ :
$x^3+y^3+z^3+3xyz \geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ trong trường hợp $x+y+z=1$.
Vậy ta có $đpcm$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangkkk: 09-04-2013 - 23:40
- babystudymaths yêu thích
A2K40-er
My Blog : http://a2k40pbc.blogspot.com/
#3
Đã gửi 07-04-2013 - 22:57
Ta thấy
BĐT tương đuơng
$\sum \frac{\sum a^{2}+\sum ab}{b^{2}+c^{2}+bc}\geq \frac{9(\sum a^{2}+\sum ab)}{(a+b+c)^{2}}\Leftrightarrow 3+(a+b+c)(\sum \frac{a}{b^{2}+c^{2}+bc})\geq \frac{9(\sum a^{2}+\sum ab)}{(a+b+c)^{2}}$,xét VT,ta tháy cần CM $3+(a+b+c)(\frac{a^{2}}{ab^{2}+abc+ac^{2}})\geq 3+\frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}\geq \frac{9(\sum a^{2}+\sum ab)}{(a+b+c)^{2}}\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^{2}}{ab+bc+ca}+\frac{9(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^{2}}\geq 6$,đúng theo Cauchy,từ đây suy ra đ.p.c.m
- hoangkkk yêu thích
TLongHV
#4
Đã gửi 09-04-2013 - 22:58
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
$$\left ( a+b+c \right )^2\left ( \frac{1}{a^2+ab+b^2}+\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}\right )\geq 9$$
Chú ý đẳng thức sau :
$$\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{\left ( a+b+c \right )^2}{\left ( a+b+c \right )^2-c\left ( a+b+c \right )-\left ( ab+bc+ca \right )}=\frac{1}{1-\frac{c}{a+b+c}-\frac{ab+bc+ca}{\left ( a+b+c \right )^2}}$$
Đặt $x=\frac{a}{a+b+c}$, $y=\frac{b}{a+b+c}$, $z=\frac{c}{a+b+c}$ và $t=\frac{a+b+c}{(a+b+c)^2}$, lưu ý rằng $x+y+z=1$.
Bất đẳng thức được đưa về dạng :
$$\frac{1}{1-x-t}+\frac{1}{1-y-t}+\frac{1}{1-z-t}\geq 9$$
Quy đồng khử mẫu, đưa về chứng minh :
$$1-4(xy+yz+zx)+9xyz \geq 0$$
Bất đẳng thức trên chính là một biến đổi có được từ bất đẳng thức $Schur$ :
$x^3+y^3+z^3+3xyz \geq xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)$ trong trường hợp $x+y+z=1$.
Vậy ta có $đpcm$.
ok
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mai Xuan Son: 10-04-2013 - 17:02
- hoangkkk yêu thích
#5
Đã gửi 09-04-2013 - 23:41
Đẳng thức sai bét cậu
Mình gõ nhầm $ab$ thành $c^2$. Cảm ơn bạn. Mình đã sửa lại.
A2K40-er
My Blog : http://a2k40pbc.blogspot.com/
#6
Đã gửi 18-05-2021 - 09:28
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức $\text{AM-GM}$, ta được: $\frac{1}{b^2+bc+c^2}=\frac{ab+bc+ca}{(b^2+bc+c^2)(ab+bc+ca)}\geqslant \frac{4(ab+bc+ca)}{(b^2+bc+c^2+bc+ab+ca)^2}=\frac{4(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}$
Tương tự rồi cộng lại, ta được: $\frac{1}{a^2+ab+b^2}+\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}\geqslant \frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\left [ \frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2} \right ]$
Như vậy, ta cần chứng minh: $(ab+bc+ca)\left [ \frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2} \right ]\geqslant \frac{9}{4}$
Đây là bất đẳng thức $\text{Iran 96}$ quen thuộc nên ta có điều phải chứng minh
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh