Chủ đề này có 3 trả lời

[tap lam toan]

Chứng minh rằng với mọi số thực dương $a,b,c$ thì
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$$

 

[chardhdmovies]

*bài toán phụ :$x,y,z>0;xyz=1$ thì $(x+y+z)^2+\frac{15}{2}\geq \frac{11}{4}(x+y+z+xy+yz+zx)$

*quay lại bài toán

áp dụng bài toán phụ ta được $(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geq \frac{11}{4}\sum \frac{a+b}{c}-\frac{15}{2}$

do đó ta cần chứng minh $\frac{11}{4}\sum \frac{a+b}{c}-\frac{15}{2}\geq \frac{81(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)^4}$

chuẩn hóa $a+b+c=3$ đặt $abc=r,ab+bc+ca=q,a+b+c=p$

ta cần chứng minh $\frac{33(q-r)}{4r}-\frac{15}{2}\geq (2q-9)^2$

$\Leftrightarrow 16q^2r-144qr+387r-33q\leq 0$

theo bđt schur ta được $p^3-4pr+9r\geq 0,pq\geq 9r\Leftrightarrow \frac{4q-9}{3}\leq r\leq \frac{q}{3}$

do đó thay vào biểu thức cần chứng mihn được $(q-3)(q-33)\leq 0$

điều này luôn đúng do $q\leq 3$

do đó bài toán được chứng minh

[trandaiduongbg]

*bài toán phụ :$x,y,z>0;xyz=1$ thì $(x+y+z)^2+\frac{15}{2}\geq \frac{11}{4}(x+y+z+xy+yz+zx)$

Bạn cho mình hỏi sao bạn lại nghĩ ra bài toán phụ đó vậy? Suy luận từ cái gì ra vậy?

Cám ơn bạn trước !!!

[chardhdmovies]

Bạn cho mình hỏi sao bạn lại nghĩ ra bài toán phụ đó vậy? Suy luận từ cái gì ra vậy?

Cám ơn bạn trước !!!

bài này là do mình đọc từ 1 bài toàn là $\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}+\frac{9(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\geq 12$ có bài toán phụ đó nên mình nghĩ tới việc áp dụng cho bài này

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 22-07-2014 - 16:03