Chủ đề này có 2 trả lời

[BoFaKe]

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số thực dương,chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{(a+b)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)^{3}}$

[vutuanhien]

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số thực dương,chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{(a+b)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)^{3}}$

Đặt $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$thì BĐT cần chứng minh trở thành $\sum \frac{x^2y^2}{(x+y)^2}\geq \frac{3\sqrt{3(xy+yz+zx)}(xy+yz+zx)^2}{4(x+y+z)^3}$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:

$VT\geq \frac{(xy+yz+zx)^2}{(x+y)^2+(y+z)^2+(z+x)^2}$

Do đó ta chỉ còn phải chứng minh 

$$2(x+y+z)^3\geq 3\sqrt{3(xy+yz+zx)}(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)$$

$$\Leftrightarrow 4(x+y+z)^6\geq 27(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)^2.$$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$27(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)^2$

$=\frac{1}{2}27.2(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)$

$\leq \frac{1}{2}\left [ 2(xy+yz+zx)+2(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx) \right ]^3=4(x+y+z)^6$

(đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 31-03-2023 - 19:24

[buon qua]

Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số thực dương,chứng minh rằng: $\sum \frac{1}{(a+b)^{2}}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^{2}}{4(ab+bc+ca)^{3}}$

Bạn nào không muốn đặt thì Cauchy-Schwarz thẳng luôn ta có:

$$\sum\frac{1}{(a+b)^2}=\sum\frac{c^2}{(ac+bc)^2} \ge \frac{(a+b+c)^2}{\sum (ac+bc)^2}.$$

Do $$\sum (ac+bc)^2=2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c)).$$

Khi đó, ta cần chứng minh:
$$\frac{27}{2}.[2abc(a+b+c)].[\sum a^2b^2+abc(a+b+c)].[\sum a^2b^2+abc(a+b+c)] \le 4(ab+bc+ca)^6.$$

Hiển nhiên đúng theo AM-GM. Ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi buon qua: 17-06-2013 - 19:17