Chủ đề này có 3 trả lời

[Baoriven]

Cho $a,b,c> 0$ thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2}\geq 1$

[Iceghost]

$$\sum\limits_{cyc} \dfrac{a^2}{a+2b^2} = \sum\limits_{cyc} \left( a -  \dfrac{2ab^2}{a+b^2+b^2} \right) \overset{AM-GM}{\geqslant} \sum\limits_{cyc} \left( a - \dfrac{2ab^2}{3b\sqrt[3]{ab}} \right) =  \sum\limits_{cyc} \left( a - \dfrac23\sqrt[3]{ab\cdot ab \cdot 1} \right) \overset{AM-GM}{\geqslant} \sum\limits_{cyc} \left[ a - \dfrac29\left(ab + ab + 1\right) \right] = 3 - \dfrac29\left(2\sum\limits_{cyc} ab + 3\right) \geqslant 3 - \dfrac29\left(2\sum\limits_{cyc} \dfrac{(a+b+c)^2}3 + 3\right) = 3 - \dfrac29\left(2\sum\limits_{cyc} \dfrac{3^2}3 + 3\right) = 1$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Iceghost: 25-09-2016 - 15:24

[NTA1907]

Cho $a,b,c> 0$ thỏa mãn: $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2}\geq 1$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

$a-\frac{a^{2}}{a+2b^{2}}=\frac{2ab^{2}}{a+b^{2}+b^{2}}\leq \frac{2ab^{2}}{3\sqrt[3]{ab^{4}}}=\frac{2}{3}.\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}$

$\Rightarrow \sum \frac{a^{2}}{a+2b^{2}}\geq \sum a-\frac{2}{3}\sum \sqrt[3]{a^{2}b^{2}}\geq 3-\frac{2}{9}\sum (ab+ab+1)=3-\frac{2}{9}.\left [ 2(ab+bc+ca)+3 \right ]\geq 3-\frac{2}{9}.\left [ \frac{2(a+b+c)^{2}}{3}+3 \right ]=1$

Dấu "=" xảy ra$\Leftrightarrow a=b=c=1$

[minhrongcon2000]

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Swartz, ta có:

$\sum\frac{a^{2}}{a+2b^{2}}=\sum\frac{a^{4}}{a^{3}+a^{2}b^{2}}\geqslant \frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{3}+2\sum a^{2}b^{2}}$

Ta chỉ cần chứng minh $\frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{3}+2\sum a^{2}b^{2}}\geqslant 1$. Điều này tương đương với $a^{4}+b^{4}+c^{4}\geqslant a^{3}+b^{3}+c^{3}$. Mà điều này dễ chứng minh nhờ vào giả thiết.