Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương.
CMR: $\frac{1}{(a+2b)^{2}}+\frac{1}{(b+2c)^{2}}+\frac{1}{(c+2a)^{2}}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}$
Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương.
CMR: $\frac{1}{(a+2b)^{2}}+\frac{1}{(b+2c)^{2}}+\frac{1}{(c+2a)^{2}}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}$
THPT PHÚC THÀNH K98
Cuộc sống luôn không ngừng đổi thay, chỉ có tình yêu là luôn ở đó, vẹn tròn và bất diệt. Chính vì thế tôi thay đổi để giữ điều ấy, để tốt hơn từng ngày
Thay đổi cho những điều không bao giờ đổi thay
Học toán trên facebook:https://www.facebook...48726405234293/
My facebook:https://www.facebook...amHongQuangNgoc
Xét 2 TH:
TH1: $4(ab+bc+ca) \geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$.Sử dụng BDT B.C.S ta có:
$\sum \dfrac{1}{(a+2b)^{2}} \geq \dfrac{[(a+2c)+(b+2a)+(c+2b)]^{2}}{\sum (a+2b)^{2}(a+2c)^{2}}=\dfrac{9(a+b+c)^{2}}{(a+b+c)^4+18(ab+bc+ca)^{2}}$
Từ đây suy ra BDT $<=> 9(\sum a)^{2}(\sum ab)\geq (\sum a)^{4} +18(\sum ab)^2$
$<=>(\sum a^{2} -\sum ab)(4\sum ab - \sum a^2) \geq 0.$Đúng.
TH2:$a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 4(ab+bc+ac).$Không mất tính tổng quát giả sử a là số lớn nhất trong 3 số $a,b,c$
$\rightarrow a(a-2b-2c)\geq a^{2}+b^{2}+c^{2} -4(ab+bc+ca) +b(a-b)+c(a-c)+4bc\geq 0$
nên ta có $a>2b+2c$
BÂY giờ sử dụng BDT AM-GM,ta được:
$\dfrac{1}{(a+2b)^{2}}+\dfrac{1}{(b+2c)^{2}} \geq \dfrac{2}{(a+2b)(b+2c)}.$
Lại có $ \dfrac{2}{(a+2b)(b+2c)} - \dfrac{1}{ab+bc+ac}$
= $\dfrac{b(a-2b-2c)}{(a+2b)(b+2c)(ab+bc+ac)} \geq 0.$Từ đó ta có đpcm.
Bài toán được chứng minh xong.Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoctrocuanewton: 05-08-2014 - 11:29
Delete all!
$*$bài toán phụ:
$1$với $a;b;c\geq 0$ thì $a^3+b^3+c^3-3abc\geq 4(a-b)(b-c)(c-a)$
$2$ với $a;b;c\geq 0$ thì $ab^2+bc^2+ca^2\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3-abc$
$*$quay lại bài toán
bđt cần chứng minh tương đương $4(\sum a^4)(\sum ab)+5\sum a^3b^3+4\sum a^4bc+5abc\sum ab(a+b)-21a^2b^2c^2\geq 12(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)+24abc\sum ab^2$
theo bài toán phụ nên ta cần chứng minh
$4(\sum a^4)(\sum ab)+5\sum a^3b^3+4\sum a^4bc+5abc\sum ab(a+b)-21a^2b^2c^2\geq 3(\sum a^3-3ab)\prod (a+b)+24abc[\frac{4(a+b+c)^3}{27}-abc]$
$\Leftrightarrow 9\sum ab(a^4+b^4)+45\sum a^3b^3-27\sum a^2b^2(a^2+b^2)-14abc\sum a^3+3abc\sum ab(a+b)-3a^2b^2c^2\geq 0$
$\Leftrightarrow 9[\sum ab(a^4+b^4)-\sum a^2b^2(a^2+b^2)]-18[\sum a^2b^2(a^2+b^2)-2\sum a^3b^3]+9(\sum a^3b^3-3a^2b^2c^2)-14abc(\sum a^3-3abc)+3abc(\sum ab(a+b)-6abc)\geq 0$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2[18ab(a^2-ab+b^2)+9c^2(ab+bc+ca)-14abc(a+b+c)+6abc^2]\geq 0$
do đó ta cần chứng minh $18ab(a^2-ab+b^2)+9c^2(ab+bc+ca)-14abc(a+b+c)+6abc^2 \geq 0$
đặt $t=\sqrt{ab}$
do đó $18ab(a^2-ab+b^2)+9c^2(ab+bc+ca)-14abc(a+b+c)+6abc^2=(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2(9c^3-14t^2c+72t^3)\geq 0$
đây là cách trong sách của mình ,trâu bò quá nhưng mọi người tham khảo
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 15-08-2014 - 20:08
chúng tôi là 3 người từ lớp 10 cá tính:NRC,NTP,A-Q
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh