Chủ đề này có 5 trả lời

[hieucom5196]

cho a,b,c > 0. CMR:
$\dfrac{a^{2}}{b+c}+\dfrac{b^{2}}{ c+a}+\dfrac{c^{2}}{a+b} \geq \dfrac{a+b+c}{2}$
Dấu bằng xảy ra khi nào?

p\s: Mấy bạn chỉ cho mình cách giải các BĐT loại này với. Hay là phải giải rồi mới biết cách giải?

[Crystal]

cho a,b,c > 0. CMR:
$\dfrac{a^{2}}{b+c}+\dfrac{b^{2}}{ c+a}+\dfrac{c^{2}}{a+b} \geq \dfrac{a+b+c}{2}$
Dấu bằng xảy ra khi nào?

p\s: Mấy bạn chỉ cho mình cách giải các BĐT loại này với. Hay là phải giải rồi mới biết cách giải?

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có ngay điều cần chứng minh:
$$\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \geqslant \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{b + c + c + a + a + b}} = \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b + c} \right)}} = \dfrac{{a + b + c}}{2}$$
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c$

[Mai Duc Khai]

Bài này là 1 bài khá quen thuộc và mình có thể chỉ ra 1 số cách giải sau:
Cách 1: Cách này rất quen thuộc
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{b + c}}{4} \ge 2\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}}.\dfrac{{b + c}}{4}} = a$

$\Rightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{b + a}} + \dfrac{{b + c}}{4} + \dfrac{{a + c}}{4} + \dfrac{{b + a}}{4} \ge a + b + c$

$\Leftrightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{b + a}} \ge a + b + c - \dfrac{{a + b + c}}{2} = \dfrac{{a + b + c}}{2}$

Cách 2: Cách này cũng quen thuộc:
Áp dụng BĐT Cauchy-schwarz ta có:
$\left[ {{{\left( {\dfrac{a}{{\sqrt {b + c} }}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{b}{{\sqrt {a + c} }}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{c}{{\sqrt {a + b} }}} \right)}^2}} \right].\left[ {{{\left( {\sqrt {b + c} } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {a + c} } \right)}^2} + {{\left( {\sqrt {b + a} } \right)}^2}} \right]$


$\ge {\left( {\dfrac{a}{{\sqrt {b + c} }}.\sqrt {b + c} + \dfrac{b}{{\sqrt {a + c} }}.\sqrt {a + c} + \dfrac{c}{{\sqrt {a + b} }}.\sqrt {a + b} } \right)^2}$

$\Rightarrow \left( {\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{b + a}}} \right)\left[ {2\left( {a + b + c} \right)} \right] \ge {\left( {a + b + c} \right)^2}$

$\Rightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{b + a}} \ge \dfrac{{a + b + c}}{2}$

Cách 3: hơi dài 1 chút(dùng BĐT sẽ nhanh hơn cho chứng minh các bổ đề)

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề 1:

$\left( {x + y + z} \right)\left( {\dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z}} \right) \ge 9$ $(1)$với $x,y,z>0$
Thật vậy vế trái của bổ đề bằng:

$\dfrac{{x + y + z}}{x} + \dfrac{{x + y + z}}{y} + \dfrac{{x + y + z}}{z} =$ $= 1 + \dfrac{y}{x} + \dfrac{z}{x} + \dfrac{x}{y} + 1 + \dfrac{z}{y} + \dfrac{x}{z} + \dfrac{y}{z} + 1$
$= 3 + \dfrac{y}{x} + \dfrac{x}{y} + \dfrac{z}{y} + \dfrac{y}{z} + \dfrac{y}{x} + \dfrac{z}{x} + \dfrac{x}{z} \ge 3 + 2 + 2 + 2 = 9(dpcm)$
Bất đẳng thức 1 được chứng minh.
Bây giờ ta chứng minh bổ đề 2:

$\dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}} \ge \dfrac{3}{2}$ $(2)$ với $a,b,c>0$

Thật vậy,áp dụng $(1)$ với $x=b+c$ , $y=a+c$,$z=a+b$ ta được:
$2\left( {a + b + c} \right)\left( {\dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{a + c}} + \dfrac{1}{{a + b}}} \right) \ge 9$


$\Rightarrow \dfrac{{a + b + c}}{{b + c}} + \dfrac{{a + b + c}}{{a + c}} + \dfrac{{a + b + c}}{{b + a}} \ge \dfrac{9}{2}$

$\Rightarrow \dfrac{a}{{b + c}} + 1 + \dfrac{b}{{c + a}} + 1 + 1 + \dfrac{c}{{a + b}} \ge \dfrac{9}{2}$

$\Rightarrow \dfrac{a}{{b + c}} + \dfrac{b}{{c + a}} + \dfrac{c}{{a + b}} \ge \dfrac{3}{2}$
Bất đẳng thức $(2)$ được chứng minh.
Nhân hai về của $(2)$ với $a+b+c>0$ ta được:

$\dfrac{{\left( {a + b + c} \right)a}}{{b + c}} + \dfrac{{\left( {a + b + c} \right)b}}{{a + c}} + \dfrac{{\left( {a + b + c} \right)c}}{{a + b}} \ge \dfrac{3}{2}\left( {a + b + c} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + a + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + b + \dfrac{{{c^2}}}{{b + a}} + c \ge \dfrac{3}{2}\left( {a + b + c} \right)$

$\Rightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{b + a}} \ge \dfrac{{a + b + c}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maikhaiok: 28-12-2011 - 20:19

[Iamgifted]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz, ta có ngay điều cần chứng minh:
$$\dfrac{{{a^2}}}{{b + c}} + \dfrac{{{b^2}}}{{c + a}} + \dfrac{{{c^2}}}{{a + b}} \geqslant \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{b + c + c + a + a + b}} = \dfrac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}{{2\left( {a + b + c} \right)}} = \dfrac{{a + b + c}}{2}$$
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow a = b = c$

em không hiểu cách dùng Cauchy-Schwars ở đây. Anh giải thích rõ hơn được không??

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Iamgifted: 28-12-2011 - 21:26

[PRONOOBCHICKENHANDSOME]

em không hiểu cách dùng Cauchy-Schwars ở đây. Anh giải thích rõ hơn được không??

em xét $(a+b+c)^2=(\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}.\sqrt{b+c}+...)^2 \leq ... $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PRONOOBCHICKENHANDSOME: 28-12-2011 - 22:03

[T M]

Bất đẳng thức Cauchy-Schwars ở đây được dùng dưới dạng cộng mẫu :
Với 3 các số a,b,c ko âm, x,y,z dương ta luôn có:
$\dfrac{a^{2}}{x}+\dfrac{b^{2}}{y}+\dfrac{c^{2}}{z}\geq \dfrac{(a+b+c)^{2}}{x+y+z}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi luxubuhl: 07-01-2012 - 11:43