Chủ đề này có 3 trả lời

[Lee LOng]

1,Chứng minh rằng nếu a,b,c $\geq 0$ thì:

$\sum \frac{a^{4}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{a+b+c}$

2,Cho 4 số thực dương a,b,c,d thỏa mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=4$

Chứng minh: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+4abcd\leq 8$

3, Chứng minh rằng nếu a,b,c là độ dài cạnh của một tam giác thì 

$\frac{(a-b)^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}+\frac{(b-c)^{2}}{b^{2}+bc+c^{2}}+\frac{(c-a)^{2}}{c^{2}+ca+a^{2}}\leq 2$

 

 

[longatk08]

Bài 1:

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

Và $\frac{a^4}{a^2+ab+b^2}+ab-a^2=\frac{ab^3}{a^2+ab+b^2}$

Vậy ta cần chứng minh:

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

Theo BĐT Cauchy-Schwarz có:

$VT(\sum \frac{a^2+ab+b^2}{ab})\geq (a+b+c)^2$

Vậy ta cần chứng minh:$ (a+b+c)^3\geq 3abc(\frac{a^2+ab+b^2}{ab}+\frac{b^2+bc+c^2}{bc}+\frac{c^2+ca+c^2}{ac})\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3\geq 3abc$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 01-04-2015 - 17:41

[longatk08]

Dễ dàng có $abcd\leq 1$

Vậy ta có $abc+bcd+cda+dab\geq 4\sqrt[4]{(abcd)^3}\geq 4\sqrt[4]{(abcd)^3}\geq 4abcd$

Vậy ta sẽ đi chứng minh với $a^2+b^2+c^2+d^2=4$ thì ta có:

$a^3+b^3+c^3+d^3+abc+bcd+cda+dab\leq 8$

$VT^2=[a(a^2+bc)+b(b^2+cd)+c(c^2+da)+d(d^2+ab)]\leq (a^2+b^2+c^2+d^2)[\sum (a^2+bc)^2]=4(\sum a^4+\sum a^2b^2+2\sum a^2bc \leq4(a^2+b^2+c^2+d^2)^2=64$

Vậy ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 01-04-2015 - 17:53

[longatk08]

Bài 3:

BĐT cần chứng minh tương đương với:

$\sum_{cyc} \frac{ab}{a^2+ab+b^2} \geq \frac{1}{3}$

Theo C-S ta có: $VT\geq \frac{(ab+bc+ac)^2}{\sum _{cyc}(a^3b+a^3c+a^2b^2)}$

Vậy nên ta sẽ thử chứng minh:

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

Mà $VT-VP=\sum_{cyc}(2a^2b^2+6a^2bc-a^3b-a^3c)=\sum_{cyc}(a^2b(b+c-a)+b^2a(a+c-b)+4a^2bc)>0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 01-04-2015 - 18:01