Chủ đề này có 5 trả lời

[duythanbg]

Cho a,b,c là các số thực dương . CMR : 

 

 

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{9(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duythanbg: 01-02-2015 - 21:44

[dogsteven]

Đầu tiên ta chứng minh kết quả sau: Với mọi số thực không âm $a,b,c$ thì ta luôn có: $27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)\leqslant 4(a+b+c)^3$

Chú ý đẳng thức $ab^2+bc^2+ca^2-a^2b-b^2c-c^2a=(a-b)(b-c)(c-a)$ nên ta chỉ cần xét trong trường hợp $a\geqslant b\geqslant c$

Khi đó bất đẳng thức trở thành: $9c\left[(a-b)^2+(b-c)^2+(a-b)(b-c)\right]+(4a+b-5c)(a+c-2b)^2 \geqslant 0$ luôn đúng.

Áp dụng với $a=\dfrac{a}{b}, b=\dfrac{b}{c}, c=\dfrac{c}{a}$ thì:

$4\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)^3\geqslant 27\left(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1\right)$

Do đó ta cần chứng minh: $\dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1 \geqslant \dfrac{108(a^2+b^2+c^2)^3}{(a+b+c)^6}$

$\Leftrightarrow \dfrac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{abc}+4\geqslant \dfrac{108(a^2+b^2+c^2)^3}{(a+b+c)^6}$

Áp dụng $(ab+bc+ca)^2\geqslant 3abc(a+b+c)$

$\dfrac{3(a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{3abc(a+b+c)}\geqslant \dfrac{3(a+b+c)^2[(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)]}{(ab+bc+ca)^2}$

Đặt $t=\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}\in [1,3)$ thì ta cần chứng minh $\dfrac{54(t-1)}{(3-t)^2}+4\geqslant 4t^3$

$\Leftrightarrow (t-1)[2(t-1)^2(3+3t-t^2)+3]\geqslant 0$ luôn đúng.

Ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 15-02-2015 - 15:17

[khanghaxuan]

Đầu tiên ta chứng minh kết quả sau: Với mọi số thực không âm $a,b,c$ thì ta luôn có: $27(a^2b+b^2c+c^2a+abc)\leqslant 4(a+b+c)^2$

Chú ý đẳng thức $ab^2+bc^2+ca^2-a^2b-b^2c-c^2a=(a-b)(b-c)(c-a)$ nên ta chỉ cần xét trong trường hợp $a\geqslant b\geqslant c$

Khi đó bất đẳng thức trở thành: $9c\left[(a-b)^2+(b-c)^2+(a-b)(b-c)\right]+(4a+b-5c)(a+c-2b)^2 \geqslant 0$ luôn đúng.

Áp dụng với $a=\dfrac{a}{b}, b=\dfrac{b}{c}, c=\dfrac{c}{a}$ thì:

$4\left(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right)^2\geqslant 27\left(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1\right)$

Do đó ta cần chứng minh: $\dfrac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1 \geqslant \dfrac{108(a^2+b^2+c^2)^3}{(a+b+c)^6}$

$\Leftrightarrow \dfrac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{abc}+4\geqslant \dfrac{108(a^2+b^2+c^2)^3}{(a+b+c)^6}$

Áp dụng $(ab+bc+ca)^2\geqslant 3abc(a+b+c)$

$\dfrac{3(a+b+c)^2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{3abc(a+b+c)}\geqslant \dfrac{3(a+b+c)^2[(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)]}{(ab+bc+ca)^2}$

Đặt $t=\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}\in [1,3)$ thì ta cần chứng minh $\dfrac{54(t-1)}{(3-t)^2}+4\geqslant 4t^3$

$\Leftrightarrow (t-1)[2(t-1)^2(3+3t-t^2)+3]\geqslant 0$ luôn đúng.

Ta có điều phải chứng minh.

 

Với $a=1;b=2;c=3$ thì BĐT màu đỏ sai !!!!!

[dogsteven]

Với $a=1;b=2;c=3$ thì BĐT màu đỏ sai !!!!!

Ghi nhầm số mũ. Đã sửa

[khanghaxuan]

Ghi nhầm số mũ. Đã sửa

 

Cách khác :  Giả sử $0\leq a\leq b\leq c$

 

Ta có    $\sum ab^{2}-\sum a^{2}b=(a-b)(a-c)(c-b)\geq 0$  nên $\sum \frac{a}{b}\geq \sum \frac{b}{a}$ 

 

ĐPCM tương đương :           $\sum (a-b)^{2}(\frac{1}{2ab}-\frac{3}{(\sum a)^{2}})\geq 0$ (**)

 

Hay :      $\sum (a-b)^{2}(\frac{(\sum a)^{2}-6ab}{2ab})\geq 0$ 

 

  Đặt :    $S_{a}=\frac{(\sum a)^{2}-6bc}{2bc}$ 

 

              $S_{b}=\frac{(\sum a)^{2}-6ca}{2ca}$

            

               $S_{c}=\frac{(\sum a)^{2}-6ba}{2ba}$

 

Vì  $0\leq a\leq b\leq c$ nên $S_{a}\geq S_{b}\geq S_{c}$ 

 

Xét :  $S_{b}+S_{c}=\frac{(\sum a)^{2}(b+c)-12abc}{2abc}$ 

 

Ta sẽ chứng minh :  $(\sum a)^{2}(b+c)-12abc\geq 0$ (*)

 

Thật vậy  :  $(*)\Leftrightarrow b^{3}+c^{3}+a^{2}c+2ac^{2}+3bc^{2}+3b^{2}c+a^{2}b+2ab^{2}\geq 8abc$ 

 

Mặt khác  ta có :     $ac^{2}+a^{2}b+b^{2}c\geq 3abc$ 

 

                              $b^{3}+c^{3}+a^{2}c\geq b^{3}+c^{3}+a^{3}\geq 3abc$ 

 

                              $b^{2}c+bc^{2}+ab^{2}\geq b^{2}c+bc^{2}+a^{3}\geq 3abc$

 

 Từ đó ta có :  $S_{b}+S_{c}\geq 0\Rightarrow S_{b}\geq 0 \Rightarrow S_{b}+S_{a}\geq 0$

 

Nên (**) đúng hay ta có ĐPCM

                               

[dogsteven]

Cách khác :  Giả sử $0\leq a\leq b\leq c$

 

Ta có    $\sum ab^{2}-\sum a^{2}b=(a-b)(a-c)(c-b)\geq 0$  nên $\sum \frac{a}{b}\geq \sum \frac{b}{a}$ 

 

ĐPCM tương đương :           $\sum (a-b)^{2}(\frac{1}{2ab}-\frac{3}{(\sum a)^{2}})\geq 0$ (**)

 

Hay :      $\sum (a-b)^{2}(\frac{(\sum a)^{2}-6ab}{2ab})\geq 0$ 

 

  Đặt :    $S_{a}=\frac{(\sum a)^{2}-6bc}{2bc}$ 

 

              $S_{b}=\frac{(\sum a)^{2}-6ca}{2ca}$

            

               $S_{c}=\frac{(\sum a)^{2}-6ba}{2ba}$

 

Vì  $0\leq a\leq b\leq c$ nên $S_{a}\geq S_{b}\geq S_{c}$ 

 

Xét :  $S_{b}+S_{c}=\frac{(\sum a)^{2}(b+c)-12abc}{2abc}$ 

 

Ta sẽ chứng minh :  $(\sum a)^{2}(b+c)-12abc\geq 0$ (*)

 

Thật vậy  :  $(*)\Leftrightarrow b^{3}+c^{3}+a^{2}c+2ac^{2}+3bc^{2}+3b^{2}c+a^{2}b+2ab^{2}\geq 8abc$ 

 

Mặt khác  ta có :     $ac^{2}+a^{2}b+b^{2}c\geq 3abc$ 

 

                              $b^{3}+c^{3}+a^{2}c\geq b^{3}+c^{3}+a^{3}\geq 3abc$ 

 

                              $b^{2}c+bc^{2}+ab^{2}\geq b^{2}c+bc^{2}+a^{3}\geq 3abc$

 

 Từ đó ta có :  $S_{b}+S_{c}\geq 0\Rightarrow S_{b}\geq 0 \Rightarrow S_{b}+S_{a}\geq 0$

 

Nên (**) đúng hay ta có ĐPCM

                               

Sai ngay khúc đầu tiên, thực tế ta chỉ cần chứng minh khi $a\geqslant b\geqslant c$, lúc đó sẽ không có đẳng thức