Đến nội dung


Thông báo


Thời gian vừa qua chức năng nhập mã an toàn lúc đăng kí thành viên của diễn đàn đã hoạt động không ổn định, do đó có nhiều bạn đã không thể đăng kí thành viên. Hiện nay vấn đề này đã được giải quyết. Ban Quản Trị chân thành xin lỗi những thành viên đã gặp trục trặc lúc đăng kí.


Hình ảnh
- - - - -

$$\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)+2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}}$$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 the man

the man

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 589 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT chuyên Khoa Học Tự Nhiên - ĐHQG Hà Nội
  • Sở thích:Nhiều

Đã gửi 01-07-2015 - 17:16

Bài toán:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương  $a,b,c$  ta luôn có:

$$\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)+2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}}$$


"God made the integers, all else is the work of man."

                                                Leopold Kronecker


#2 binhnhaukhong

binhnhaukhong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 341 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Vân Nội
  • Sở thích:Tự kỉ một mình,...

Đã gửi 01-07-2015 - 20:33

Có 1 lời giải bằng $S.O.S$ rất dài cho bài này...


Quy Ẩn Giang Hồ. 

So goodbye!

 

:off:  :off:  :off:  :off:  :off:  :off: 


#3 Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Physics

Đã gửi 03-07-2015 - 15:02

Bài toán:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương  $a,b,c$  ta luôn có:

$$\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)+2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}}$$

 Ta có :$\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}=\sum \frac{b-a}{a(b+c)}+\sum \frac{c-a}{a(b+c)}=\sum \frac{b-a}{a(b+c)}-\sum \frac{b-a}{b(a+c)}=\sum (b-a)(\frac{1}{a(b+c)}-\frac{1}{b(a+c)})=\sum (b-a)(\frac{c(b-a)}{ab(b+c)(a+c)})=\sum \frac{c(a-b)^2}{b(b+c)(a+c)}= > 2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}=2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(b+c)(a+c)}$

 

 Do đó $\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}\geq \sqrt{3(\sum a^2)+2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}}$

$= > (\sum \frac{a^2+b^2}{a+b})^2\geq 3\sum a^2+2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}$

$< = > \sum (\frac{a^2+b^2}{a+b})^2+2\sum \frac{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}{(a+b)(a+c)}\geq 3\sum a^2+2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}$

$< = > \sum (\frac{(a+b)^2-2ab}{a+b})^2+2\sum \frac{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}{(a+b)(a+c)}\geq 3\sum a^2$
$+2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$

$< = > \sum \frac{(a+b)^4}{(a+b)^2}-4\sum \frac{ab(a+b)}{a+b}+\sum \frac{(2ab)^2}{(a+b)^2}+2\sum \frac{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}{(a+c)(b+c)}\geq 3\sum a^2$
$+2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}$

$< = > \sum (a+b)^2-4\sum ab+\sum \frac{(2ab)^2}{(a+b)^2}+2\sum \frac{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}{(a+c)(b+c)}\geq 3\sum a^2$
$+2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}$

$< = > 2\sum \frac{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}{(a+c)(b+c)}-2\sum \frac{c^2(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}+\sum \frac{(2ab)^2}{(a+b)^2}\geq 3\sum a^2-\sum (a+b)^2+4\sum ab$

$< = > 2\sum \frac{(a^2+c^2)(b^2+c^2)-c^2(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}+\sum (\frac{2ab}{a+b})^2\geq \sum a^2+2\sum ab$

$< = > 2\sum \frac{(c^2+ab)^2}{(c+a)(c+b)}+\sum (\frac{2ab}{a+b})^2\geq (\sum a)^2$  (1)

 

  Nhưng theo BDT Bunhiacopxki ta có :

 

   $2\sum \frac{(c^2+ab)^2}{(c+a)(c+b)}+\sum (\frac{2ab}{a+b})^2$

$=\sum \frac{(c^2+ab)^2}{(c+a)(c+b)}+\sum \frac{(c^2+ab)^2}{(c+a)(c+b)}+\sum \frac{(2ab)^2}{(a+b)^2}\geq \frac{\left [ \sum (c^2+ab)+\sum (c^2+ab)+2\sum ab \right ]^2}{2\sum (c+a)(c+b)+\sum (a+b)^2}$

$=\frac{(2\sum c^2+4\sum ab)^2}{4\sum c^2+8\sum ab}=\frac{4(\sum a)^4}{4(\sum a)^2}=(\sum a)^2$

$= > 2\sum \frac{(c^2+ab)^2}{(c+a)(c+b)}+\sum (\frac{2ab}{a+b})^2\geq (\sum a)^2$  

 

    Do đó BDT (1) đúng và ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra tại $a=b=c$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Tung 126: 03-07-2015 - 15:08


#4 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-01-2017 - 23:20

Bài toán:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương  $a,b,c$  ta luôn có:

$$\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)+2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}}$$

 

Đặt

\[P = \left (\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}  \right )^2 - 3(a^2+b^2+c^2) - 2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)},\]

thì

\[P = \frac{\displaystyle \sum abc^2(8a^2b+5a^2c+2ab^2+5b^2c+5c^3)(a-b)^4 + 30\sum a^2b^3c^2(a-b)^2(a-c)^2}{5abc(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}.\]


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#5 9nho10mong

9nho10mong

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TTGDTX Bình Chánh

Đã gửi 12-01-2017 - 21:44

Bài toán:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương  $a,b,c$  ta luôn có:

$$\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)+2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)}}$$

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 

$$ \left (\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}  \right )^2 \ge 3(a^2+b^2+c^2) + 2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)} $$

Điều này đúng bởi vì

$$  \left (\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}  \right )^2 - 3(a^2+b^2+c^2) - 2abc\sum \frac{b+c-2a}{a(b+c)} = \left( \dfrac{a^3b+ab^3+b^3c+bc^3+c^3a+ca^3-2a^2bc-2a b^2 c - 2ab c^2}{\left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right) } \right)^2 \ge 0 $$

 


.

 





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh