Đến nội dung

binhnhaukhong

binhnhaukhong

Đăng ký: 12-11-2013
Offline Đăng nhập: 06-04-2023 - 15:44
*****

Trong chủ đề: $\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}...

24-08-2018 - 17:20

Bài 10: Cho 3 số thực không âm $a, b, c$ sao cho không có 2 số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh bất đẳng thức:
$$\dfrac{1}{a^2+bc}+\dfrac{1}{b^2+ac}+\dfrac{1}{c^2+ab} \geqslant \dfrac{3(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)}$$
$$\text{- Phạm Hữu Đức -}$$

Nhân cả 2 vế BĐT cần chứng minh với $ab+bc+ac$:

 

$$\frac{a(b+c)+bc}{a^2+bc}+\frac{b(a+c)+ac}{b^2+ac}+\frac{c(a+b)+ab}{c^2+ab}\geq \frac{3(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}$$

 

BĐT trên là tổng của 2 BĐT sau:

 

$$\frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\frac{b(a+c)}{b^2+ac}+\frac{c(a+b)}{c^2+ab}\geq \frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} (1)$$

 

 

$$\frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ac}{b^2+ac}+\frac{ab}{c^2+ab}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)} (2)$$

 

(1) có thể chứng minh bằng Vornicu Schur, (2) có thế dùng Cauchy- Schwarz để chứng minh.

 

Nếu nhân cả 2 vế với $(a^2+b^2+c^2)$:

 

$$\frac{b^2+c^2-bc}{a^2+bc}+\frac{c^2+a^2-ac}{b^2+ac}+\frac{a^2+b^2-ab}{c^2+ab}+3\geq \frac{3(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}$$

 

Mà $\sum \frac{b^2+c^2-bc}{a^2+bc}\geq \frac{(2a^2+2b^2+2c^2-ab-bc-ac)^2}{\sum (a^2+bc)(b^2+c^2-bc)}$

 

Cũng cho kết quả đúng.


Trong chủ đề: $\sum \sqrt{a^2+4bc}\geq \sqrt{a^...

23-06-2018 - 23:17

Cho 3 số thực không âm $a, b, c$. Chứng minh bất đẳng thức:

$$\sqrt{a^2+4bc}+\sqrt{b^2+4ac}+\sqrt{c^2+4ab} \geq \sqrt{a^2+b^2+c^2+14(ab+bc+ca)}$$

Nguồn: Không rõ

Giả sử $c= min${$a,b,c$}, ta có bổ đề sau:

 

$$\sqrt{(a^2+4bc)(b^2+4ac)}\geq ab+2c(a+b)$$

 

và $\sqrt{a^2+4bc}+\sqrt{b^2+4ac}\geq \sqrt{(a+b)^2+8c(a+b)}$

 

Tương tự ta có bài toán sau:

 

Cho các số thực $a,b,c$ không âm. Chứng minh rằng ta có BĐT sau:

 

$$\sqrt{a^2+9bc}+\sqrt{b^2+9ac}+\sqrt{c^2+9ab}\geq \sqrt{a^2+b^2+c^2+23(ab+bc+ac)}$$


Trong chủ đề: Tiếp sức bất đẳng thức

11-02-2016 - 23:03

 

Bài 44:cho a,b,c>0 tim min $\frac{b(a-c)}{c(a+b)}+\frac{c(3b+a)}{a(b+c)}+\frac{2c(a-b)}{b(a+c)}$

 

 

Đề này mới chuẩn chứ!


Trong chủ đề: $\sum \frac{1}{a^{2}+ab+b^{2...

10-02-2016 - 20:49

Bất đẳng thức này sai với $a=1,\,b=2,\,c=1.$

Anh ơi em gõ nhầm đấy anh ạ, chả ai nhìn ra :3.Giờ thì ổn rồi ạ.


Trong chủ đề: Tiếp sức bất đẳng thức

10-02-2016 - 20:45

Chú ý rằng $\frac{ab+bc+ca}{(a+b)^2} = \frac{c}{a+b}+\frac{ab}{(a+b)^2},$ nên bất đẳng thức trên tương đương với

\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2} \leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{5}{4}.\]

Mặt khác ta lại có

\[\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2} \leqslant \frac{1}{4}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)},\]

nên ta chỉ cần chứng minh

\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \leqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+1,\]

Đặt $p=a+b+c,\,q=ab+bc+ca$ và $r=abc$ thì bất đẳng thức trên trở thành

\[pq^2 \geqslant (p^2+6q)r.\]

Bất đẳng thức này đúng vì $r \leqslant \frac{q^2}{3p}$ và

\[pq^2 - (p^2+6q) \cdot \frac{q^2}{3p} = \frac{2q^2(p^2-3q)}{3p} \geqslant 0.\]

Bài toán được chứng minh.

Có lẽ chưa cần dùng đến $p,q,r$ đâu anh :)

 

$$4\left(c+\frac{ab}{a+b}\right)^2 \leq 4c^2+2c(a+b)+ab$$