Chủ đề này có 3 trả lời

[mathpham]

mình có bài bdt này đã có đề từ lâu mà chưa biêt cách giai
a,b,c>0. Cm
$ \dfrac{b+c}{2a^2+bc} + \dfrac{a+c}{2 b^2+ca } + \dfrac{a+b}{2c^2+ab } \geq \dfrac{6}{a+b+c}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 02-04-2012 - 00:01

[dark templar]

mình có bài bdt này đã có đề từ lâu mà chưa biêt cách giai
a,b,c>0. Cm
$ \dfrac{b+c}{2a^2+bc} + \dfrac{a+c}{2 b^2+ca } + \dfrac{a+b}{2c^2+ab } \geq \dfrac{6}{a+b+c}$

Gợi ý: Chuyển BĐT về dạng sau:
$$\sum \frac{(a+2b+2c)^2}{2a^2+bc} \ge 24+\sum \frac{a^2}{2a^2+bc}$$
Hãy chứng minh 2 BĐT sau:
$$\frac{(a+2b+2c)^2}{2a^2+bc}+\frac{(b+2c+2a)^2}{2b^2+ac}+\frac{(c+2a+2b)^2}{2c^2+ab} \ge 25$$
$$\frac{a^2}{2a^2+bc}+\frac{b^2}{2b^2+ca}+\frac{c^2}{2c^2+ab} \le 1$$

[NDP]

Mình nghĩ đầu bài phải là a,b,c là các số không âm vì ngoài xẩy ra tại tâm nó còn xẩy ra tại biên với hai biến bằng nhau

Lời giải

Ta viết bất đẳng thức dưới dạng tương đương sau:

Cm:$\sum \frac{(b+c)^{2}+ab+ac}{2a^{2}+bc}\geq 6$

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

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

      $\sum (b-a)(\frac{2a+b}{2a^{2}+bc}-\frac{2b+a}{2b^{2}+ac})\geq 0$

Có $(2a+b)(2b^{2}+ca)-(2b+a)(2a^{2}+bc)=(b-a)(b^{2}+3ab+a^{2}-ca-cb)$

Do đó ta sẽ chứng minh:

        $\sum (a-b)^{2}[\frac{a^{2}+3ab+b^{2}-ca-cb}{(2a^{2}+bc)(2b^{2}+ac)}]\geq 0$

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

Trong đó :

$\begin{cases} & \text{ } S_{a}=(2a^{2}+bc)(b^{2}+3bc+c^{2}-ab-ac) \\ & \text{ } S_{b}=(2b^{2}+ac)(a^{2}+3ac+c^{2}-ba-bc) \\ & \text{ } S_{c}=(2c^{2}+ab)(a^{2}+3ab+b^{2}-ca-cb) \end{cases}$

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$ ta có ngay $S_{c}>0,S_{b}=(2b^{2}+ac)[(a-b)(a-c)+2ac+c^{2}]\geq 0$

Lại có:$\frac{a-c}{b-c}\geq \frac{a}{b}$

Từ những điều trên ta có :

$S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq (b-c)^{2}[(\frac{a-c}{b-c})^{2}S_{b}+S_{a}]\geq (b-c)^{2}(a^{2}S_{b}+b^{2}S_{a})$

Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $a^{2}S_{b}+b^{2}S_{a}\geq 0$ là đủ nếu $S_{a}\geq 0$ thì luôn đúng nên ta cần chứng minh trong trường hợp $S_{a}< 0$

Với $S_{a}< 0$ ta xét $a^{2}S_{b}+b^{2}S_{a}=(2a^{2}b^{2}+a^{3}c)(a^{2}+3ac+c^{2}-ba-bc)+(2a^{2}b^{2}+b^{3}c)(b^{2}+3bc+c^{2}-ab-ac)$

Ta có $\begin{cases} & \text{ } 2a^{2}b^{2}+a^{3}c\geq 2a^{2}b^{2}+b^{3}c \\ & \text{ } a^{2}+3ac+b^{2}-bc-ba\geq ab+ac-b^{2}-3bc-c^{2}=\left | c^{2}+3bc+b^{2}-ab-ac \right | \end{cases}$

Cho nên $a^{2}S_{b}+b^{2}S_{a}\geq 0$ vậy bất đẳng thức hoàn toàn được chứng minh dấu '=' xẩy ra khi a=b=c hoặc a=b,c=0 và các hoán vị tương ứng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NDP: 26-07-2014 - 01:07

[longatk08]

mình có bài bdt này đã có đề từ lâu mà chưa biêt cách giai
a,b,c>0. Cm
$ \dfrac{b+c}{2a^2+bc} + \dfrac{a+c}{2 b^2+ca } + \dfrac{a+b}{2c^2+ab } \geq \dfrac{6}{a+b+c}$

Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ac>0$.Chứng minh rằng:

 

$$\frac{a+b+c}{ab+bc+ac}\geq \frac{a}{a^2+2bc}+\frac{b}{b^2+2ac}+\frac{c}{c^2+2ab}+\frac{8abc(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)}{(a+b+c)^4(ab+bc+ac)}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 02-11-2015 - 00:08