Chủ đề này có 4 trả lời

[longatk08]

Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh BĐT sau:

 

$\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{(a+b+c)^3}{6abc(a^2+b^2+c^2)}$

[longatk08]

Làm mạnh ta có BĐT sau với mọi số thực dương $a,b,c$

 

$\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{4(a+b+c)^3}{3abc[9(a^2+b^2+c^2)-ab-bc-ac]}$

 

( Michael Rozenberg ) 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 01-06-2015 - 10:26

[khanghaxuan]

ABC works  

[longatk08]

ABC works

Cái hàm bậc 2 nó là hàm lồi và ta cần tìm GTNN   . (Mất cả buổi ngồi oánh máy tính thì phải chia 2 trường hợp)

 

Cụ thể là:

$f(r)=A.r^2+Br+C\geq 0$.Trong đó $A>0$ $C>0$.Giờ ta chỉ cần kiên nhẫn 1 chút khi xét 2 TH là.

$B>0$ thì $f(r)>f(0)$

Nếu $B<0$ thì ta sẽ chứng minh $\Delta < 0$  ABC nó thế này đây.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 01-06-2015 - 17:37

[binhnhaukhong]

Cho $a,b,c$ thực dương chứng minh BĐT sau:

 

$\frac{1}{a^2+bc}+\frac{1}{b^2+ac}+\frac{1}{c^2+ab}\leq \frac{(a+b+c)^3}{6abc(a^2+b^2+c^2)}$

Spoiler

Trong lúc chờ tin từ thằng cu em đi thi c3 thì ngồi lôi mấy bài cũ ra làm và thấy có cách này dùng C-S và p,q,r khá hài hước.

BĐT cần chứng minh tương đương:

 

$\frac{(a+b+c)^3}{(a^2+b^2+c^2)}\geq 6abc\sum \frac{1}{a^2+bc}$

 

$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)^3}{\sum a^2}+6\sum \frac{a^3}{a^2+bc}\geq 6(a+b+c)$

 

Áp dụng C-S ta có:

 

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

 

Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ac,r=abc.$ và chuẩn hóa cho $p=1$ thì BĐT trên tương đương với.

 

$\frac{1}{1-2q}+\frac{6(1-2q)^2}{1-3q+6r}\geq 6$

 

Bổ đề $r\leq \frac{3q^2(1-q)}{2-3q}$ với $p=1$. Do đó ta chỉ cần chứng minh:

 

$\frac{14-99q+264q^2-315q^3+144q^4}{(1-2q)(2-9q+12q^2-3q^3)}\geq 6$

 

Và BĐT này tương đương với: $(1-3q)^2(2-9q+12q^2)\geq 0$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$.

 

Sử dụng kết quả này ta chứng minh được BĐT:

 

$\sqrt[3]{\frac{b^2+c^2}{a^2+bc}}+(\sqrt[3]{\frac{a^2+c^2}{b^2+ac}}+\sqrt[3]{\frac{a^2+b^2}{c^2+ab}}\leq \frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$