Chủ đề này có 9 trả lời

[Nguyen Minh Hai]

Cho $a,b,c >0$, chứng minh các BĐT sau:

1. $\frac{4(a^3+b^3+c^3)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^2}\geq 4(a+b+c)$

2. $\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc} \geq 12$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Minh Hai: 19-04-2015 - 22:03

[ducvipdh12]

2 bài này được giải bằng phương pháp S.O.S nhé 

[ducbau007]

2 bài này được giải bằng phương pháp S.O.S nhé 

làm cách bình thường thui bạn ê, gì mà nguy hiểm thế         

[ducvipdh12]

một bài BĐT có thể được nhìn bằng nhiều cách mà em,đâu phải cứ cách ngắn nhất là hay

P/s: vẫn đang mò thử coi cân bằng hệ số được không

[nguyenhongsonk612]

Cho $a,b,c >0$, chứng minh các BĐT sau:

1. $\frac{4(a^3+b^3+c^3)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{9(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^2}\geq 4(a+b+c)$

 

Giải

Áp dụng BĐT $AM-GM$ và Cauchy Schwarz ta có

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

$9(a+b)(b+c)(c+a)\geq 8(ab+bc+ca)(a+b+c)$

$\Rightarrow VT\geq \frac{4(a+b+c)^2}{a+b+c}=4(a+b+c)$ (Đpcm)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 20-04-2015 - 10:21

[nguyenhongsonk612]

 

2. $\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc} \geq 12$

Dùng $pqr$

Giải

Vì đây là BĐT đồng bậc nên ta có thể chuẩn hóa $abc=1$

Đặt $a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r$

BĐT $\Leftrightarrow \frac{4q}{p^2-2q}+\frac{pq-r}{r}\geq 12\Leftrightarrow p^3q-13p^2-2pq^2+30q\geq 0$

$\Leftrightarrow (pq-9)(p^2-3q)+(pq^2+3q-4p^2)\geq 0$

Mặt khác, ta có các BĐT sau

$pq-9r\geq 0\Leftrightarrow pq-9\geq 0$

$p^2-3q\geq 0$

$pq^2+3qr-4p^2r\geq 0\Leftrightarrow pq^2+3q-4p^2\geq 0$

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

$*$ BĐT $pq^2+3qr-4p^2r\geq 0\Leftrightarrow a^3(b-c)^2+b^3(c-a)^2+c^3(a-b)^2\geq 0$

[Nguyen Minh Hai]

Dùng $pqr$

Giải

Vì đây là BĐT đồng bậc nên ta có thể chuẩn hóa $abc=1$

Đặt $a+b+c=p;ab+bc+ca=q;abc=r$

BĐT $\Leftrightarrow \frac{4q}{p^2-2q}+\frac{pq-r}{r}\geq 12\Leftrightarrow p^3q-13p^2-2pq^2+30q\geq 0$

$\Leftrightarrow (pq-9)(p^2-3q)+(pq^2+3q-4p^2)\geq 0$

Mặt khác, ta có các BĐT sau

$pq-9r\geq 0\Leftrightarrow pq-9\geq 0$

$p^2-3q\geq 0$

$pq^2+3qr-4p^2r\geq 0\Leftrightarrow pq^2+3q-4p^2\geq 0$

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

$*$ BĐT $pq^2+3qr-4p^2r\geq 0\Leftrightarrow a^3(b-c)^2+b^3(c-a)^2+c^3(a-b)^2\geq 0$

Bài này có thể giải bằng $AM-GM$ nữa....  

[nguyenhongsonk612]

Cho $a,b,c >0$, chứng minh các BĐT sau:

2. $\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc} \geq 12$

Em xin thử cái phương pháp em mới học được ạ . SOS

Lời giải:

BĐT cần C/m $\frac{(a+b)(b+c)(c+a)-8abc}{abc}-\frac{4(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{a^2+b^2+c^2}\geq 0$

                      $\Leftrightarrow \frac{\sum a(b-c)^2}{abc}-\frac{\sum 2(b-c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geq 0$

                      $\Leftrightarrow \sum \begin{pmatrix} \frac{1}{bc}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2} \end{pmatrix}(b-c)^2\geq 0$

                      $\Leftrightarrow S_{a}(b-c)^2+S_{b}(a-c)^2+S_{c}(a-b)^2\geq 0$ $(*)$

Trong đó $S_{a}=\frac{1}{bc}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2}$

               $S_{b}=\frac{1}{ca}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2}$

               $S_{c}=\frac{1}{ab}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2}$

Ta có $S_{a}\geq \frac{2}{b^2+c^2}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2}> \frac{2}{a^2+b^2+c^2}-\frac{2}{a^2+b^2+c^2}=0$

Tương tự ta cũng có $S_{b}, S_{c}> 0$

Vậy ta có đpcm

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c>0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhongsonk612: 26-05-2015 - 20:41

[khanghaxuan]

Ta có BĐT mạnh hơn 2. 

$\frac{4(\sum ab)}{\sum a^{2}}+\frac{\prod (a+b)}{abc}\geq 12+\sum (b-c)^{2}(\frac{a^{2}}{bc\sum a^{2}})$

 

@nguyenhongsonk612 : Cái $S_{a}..$ hiển nhiên dương rồi

[KietLW9]

2. $\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc} \geq 12$

$\frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}-12=\sum_{cyc}\frac{(b-c)^2(a^2+b^2-bc+c^2)}{bc(a^2+b^2+c^2)}$