Chủ đề này có 3 trả lời

[Oral1020]

Cho $a;b;c >0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a} \ge 3a^2+3b^2+3c^2$

P/s:Càng nhiều cách càng tốt nhé !

[buitudong1998]

Cho $a;b;c >0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a} \ge 3a^2+3b^2+3c^2$

P/s:Càng nhiều cách càng tốt nhé !

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

[Kaito Kuroba]

Cho $a;b;c >0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a} \ge 3a^2+3b^2+3c^2$

 

một cách khác: ta cần CM:

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

từ  đây ta cần CMR:

$$\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2b+b^2c+c^2a}\geq 3(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)\Leftrightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)\Leftrightarrow (a^3+ab^2)+(b^3+bc^2)+(c^3+ca^2)\geq 2(a^2b+b^2c+c^2a)$$

luôn đúng theo $AM-GM$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kaito Kuroba: 26-04-2014 - 22:40

[nk0kckungtjnh]

Cho $a;b;c >0$ thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a} \ge 3a^2+3b^2+3c^2$

P/s:Càng nhiều cách càng tốt nhé !

Cách 1:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:  

$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}-(a+b+c)+(a+b+c)^{2} -(3a^2+3b^2+3c^2)\ge0$

$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^{2}}{b}+\frac{(b-c)^{2}}{c}+\frac{(c-a)^{2}}{a}-(a-b)^{2}-(b-c)^{2}-(c-a)^{2}\ge0$
$\Leftrightarrow (a-b)^{2}(\frac{1}{b}-1)+(b-c)^{2}(\frac{1}{c}-1)+(c-a)^{2}(\frac{1}{a}-1)\geq 0$

Với $a,b,c<1$ thì $BĐT$ cuối là đúng. Từ đó có $ĐPCM$. Đẳng thức xảy ra khi các biến bằng nhau
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nk0kckungtjnh: 27-04-2014 - 09:56