Chủ đề này có 2 trả lời

[phamquanglam]

Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương.

CMR: $\frac{1}{(a+2b)^{2}}+\frac{1}{(b+2c)^{2}}+\frac{1}{(c+2a)^{2}}\geq \frac{1}{ab+bc+ca}$

[phata1pvd]

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

[chardhdmovies]

$*$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