Chủ đề này có 1 trả lời

[Tham Lang]

Bài toán [Võ Quốc Bá Cẩn ]
Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ thì :
$$\dfrac{a^2-bc}{\sqrt{a^2+2b^2+3c^2}}+\dfrac{b^2-ca}{\sqrt{b^2+2c^2+3a^2}}+\dfrac{c^2-ab}{\sqrt{c^2+2a^2+3b^2}}\ge 0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 30-06-2012 - 17:14

[NguyThang khtn]

Bài toán [Võ Quốc Bá Cẩn ]
Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ thì :
$$\dfrac{a^2-bc}{\sqrt{a^2+2b^2+3c^2}}+\dfrac{b^2-ca}{\sqrt{b^2+2c^2+3a^2}}+\dfrac{c^2-ab}{\sqrt{c^2+2a^2+3b^2}}\ge 0$$

Theo Holder ta có:
$8.VT =\sum (\frac{8(a^2-bc)}{\sqrt{6(a^2+2b^2+3c^2)}}+b+c)-2\sum a$
$ =\sum \frac{8(a^2-bc)+(b+c)\sqrt{6(a^2+2b^2+3c^2)}}{\sqrt{6(a^2+2b^2+3c^2)}}-2\sum a$
$\ge \sum \frac{8(a^2-bc)+(b+c)(a+2b+3c)}{\sqrt{6(a^2+2b^2+3c^2)}}-2\sum a$
$=\ge \sum \frac{8a^2+\sum ab+c^2}{\sqrt{6(a^2+2b^2+3c^2)}}+2\sum \frac{(b-c)^2}{\sqrt{6(a^2+2b^2+3c^2)}}-2\sum a $
$\ge \sum \frac{8a^2+\sum ab+c^2}{\sqrt{6(a^2+2b^2+3c^2)}}-2\sum a$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\sum \frac{8a^2+\sum ab+c^2}{\sqrt{6(a^2+2b^2+3c^2)}} \ge 2\sqrt{6}(a+b+c)$
$\Leftrightarrow (\sum \frac{8a^2+\sum ab+c^2}{\sqrt{6(a^2+2b^2+3c^2)}})^2 \ge 24(a+b+c)^2(1)$
Tiếp tục sử dụng Holder ta được:
$(\sum dfrac{8a^2+\sum ab+c^2}{\sqrt{6(a^2+2b^2+3c^2)}})^2(\sum (8a^2+\sum ab+c^2)(a^2+2b^2+3c^2)) \ge 27(3\sum a^2+\sum ab)$
$\Rightarrow VT(1) \ge \frac{27(3\sum a^2+\sum ab)}{11(\sum a^2)^2+21\sum a^2b^2+6(\sum a^2)(\sum ab)}$
Ta sẽ chứng minh:
$\frac{9(3\sum a^2+\sum ab)}{11(\sum a^2)^2+21\sum a^2b^2+6(\sum a^2)(\sum ab)} \ge 8(a+b+c)^2(2)$
Chuẩn hóa $a+b+c=1 \Rightarrow q=ab+bc+ac \le \frac{1}{3}$
Theo Schur bậc 3 ta có:
$r=abc \ge \frac{4q-1}{9}$ khi đó BDT(2) trở thành:
$9(3-5q)^3 \ge 8[11(1-2q)^2+21(q^2-2r)+6q(1-2q)]$
$\Leftrightarrow 336r+155-911q+160q^2-1125q^3 \ge 0$
Mà $336r+155-911q+160q^2-1125q^3 \ge 336frac{4q-1}{9}+155-911q+160q^2-1125q^3 =\frac{1}{3}(1-3q)(1125q^2-1226q+353) \ge 0$
Q.E.D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 04-07-2012 - 09:24