Chủ đề này có 4 trả lời

[the man]

Bài toán:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương  $a,b,c$  ta luôn có:

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

[binhnhaukhong]

Có 1 lời giải bằng $S.O.S$ rất dài cho bài này...

[Hoang Tung 126]

Bài toán:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương  $a,b,c$  ta luôn có:

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

 Ta có :$\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}=\sum \frac{b-a}{a(b+c)}+\sum \frac{c-a}{a(b+c)}=\sum \frac{b-a}{a(b+c)}-\sum \frac{b-a}{b(a+c)}=\sum (b-a)(\frac{1}{a(b+c)}-\frac{1}{b(a+c)})=\sum (b-a)(\frac{c(b-a)}{ab(b+c)(a+c)})=\sum \frac{c(a-b)^2}{b(b+c)(a+c)}= > 2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}=2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(b+c)(a+c)}$

 

 Do đó $\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}\geq \sqrt{3(\sum a^2)+2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}}$

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

$< = > \sum (\frac{a^2+b^2}{a+b})^2+2\sum \frac{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}{(a+b)(a+c)}\geq 3\sum a^2+2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}$

$< = > \sum (\frac{(a+b)^2-2ab}{a+b})^2+2\sum \frac{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}{(a+b)(a+c)}\geq 3\sum a^2$
$+2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$

$< = > \sum \frac{(a+b)^4}{(a+b)^2}-4\sum \frac{ab(a+b)}{a+b}+\sum \frac{(2ab)^2}{(a+b)^2}+2\sum \frac{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}{(a+c)(b+c)}\geq 3\sum a^2$
$+2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$

$< = > \sum (a+b)^2-4\sum ab+\sum \frac{(2ab)^2}{(a+b)^2}+2\sum \frac{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}{(a+c)(b+c)}\geq 3\sum a^2$
$+2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}$

$< = > 2\sum \frac{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}{(a+c)(b+c)}-2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}+\sum \frac{(2ab)^2}{(a+b)^2}\geq 3\sum a^2-\sum (a+b)^2+4\sum ab$

$< = > 2\sum \frac{(a^2+c^2)(b^2+c^2)-c^2(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}+\sum (\frac{2ab}{a+b})^2\geq \sum a^2+2\sum ab$

$< = > 2\sum \frac{(c^2+ab)^2}{(c+a)(c+b)}+\sum (\frac{2ab}{a+b})^2\geq (\sum a)^2$  (1)

 

  Nhưng theo BDT Bunhiacopxki ta có :

 

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

$=\sum \frac{(c^2+ab)^2}{(c+a)(c+b)}+\sum \frac{(c^2+ab)^2}{(c+a)(c+b)}+\sum \frac{(2ab)^2}{(a+b)^2}\geq \frac{\left [ \sum (c^2+ab)+\sum (c^2+ab)+2\sum ab \right ]^2}{2\sum (c+a)(c+b)+\sum (a+b)^2}$

$=\frac{(2\sum c^2+4\sum ab)^2}{4\sum c^2+8\sum ab}=\frac{4(\sum a)^4}{4(\sum a)^2}=(\sum a)^2$

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

 

    Do đó BDT (1) đúng và ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra tại $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Tung 126: 03-07-2015 - 15:08

[Nguyenhuyen_AG]

Bài toán:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương  $a,b,c$  ta luôn có:

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

 

Đặt

\[P = \left (\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}  \right )^2 - 3(a^2+b^2+c^2) - 2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)},\]

thì

\[P = \frac{\displaystyle \sum abc^2(8a^2b+5a^2c+2ab^2+5b^2c+5c^3)(a-b)^4 + 30\sum a^2b^3c^2(a-b)^2(a-c)^2}{5abc(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}.\]

[9nho10mong]

Bài toán:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương  $a,b,c$  ta luôn có:

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

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 

$$ \left (\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}  \right )^2 \ge 3(a^2+b^2+c^2) + 2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)} $$

Điều này đúng bởi vì

$$  \left (\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}  \right )^2 - 3(a^2+b^2+c^2) - 2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)} = \left( \dfrac{a^3b+ab^3+b^3c+bc^3+c^3a+ca^3-2a^2bc-2a b^2 c - 2ab c^2}{\left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right) } \right)^2 \ge 0 $$