Chủ đề này có 5 trả lời

[Gachdptrai12]

cho a,b,c là các số thực ko âm thỏa ab+bc+ca >0 chứng minh 

$\frac{1}{2a^{2}+bc}+\frac{1}{2b^{2}+ca}+\frac{1}{2c^{2}+ab}\geq \frac{8}{(a+b+c)^{2}}$

[Nguyenhuyen_AG]

cho a,b,c là các số thực ko âm thỏa ab+bc+ca >0 chứng minh 

$\frac{1}{2a^{2}+bc}+\frac{1}{2b^{2}+ca}+\frac{1}{2c^{2}+ab}\geq \frac{8}{(a+b+c)^{2}}$

 

Giả sử $a \geqslant b \geqslant c.$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có \[\sum  \frac{1}{2a^{2}+bc} = \frac{1}{{2{a^2} + bc}} + \frac{1}{{2{b^2} + ca}} + \frac{1}{{4{c^2} + 2ab}} + \frac{1}{{4{c^2} + 2ab}} \ge \frac{{16}}{{2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b)}}.\] Như vậy ta chỉ cần chứng minh \[\frac{{16}}{{2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b)}} \ge \frac{8}{{{{(a + b + c)}^2}}},\] tương đương với \[2{(a + b + c)^2} \ge 2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b),\] hoặc \[3c(a + b - 2c) \ge 0.\] Hiển nhiên đúng.

[Gachdptrai12]

Giả sử $a \geqslant b \geqslant c.$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có \[\sum  \frac{1}{2a^{2}+bc} = \frac{1}{{2{a^2} + bc}} + \frac{1}{{2{b^2} + ca}} + \frac{1}{{4{c^2} + 2ab}} + \frac{1}{{4{c^2} + 2ab}} \ge \frac{{16}}{{2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b)}}.\] Như vậy ta chỉ cần chứng minh \[\frac{{16}}{{2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b)}} \ge \frac{8}{{{{(a + b + c)}^2}}},\] tương đương với \[2{(a + b + c)^2} \ge 2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b),\] hoặc \[3c(a + b - 2c) \ge 0.\] Hiển nhiên đúng.

a Huyện có thể chứng minh cái bđt ni là bài bđt được chứng minh 

$(a+b+c)^{4}\geq 2(\sum (b+c)^{2}(2a^{2}+bc))$

[Nguyenhuyen_AG]

a Huyện có thể chứng minh cái bđt ni là bài bđt được chứng minh 

$(a+b+c)^{4}\geq 2(\sum (b+c)^{2}(2a^{2}+bc))$

 

Cách dùng Cauchy-Schwarz này thì anh biết, thực chất là

\[\sum \frac{1}{2a^2+bc} = \sum \frac{(b+c)^2}{(2a^2+bc)(b+c)^2} \geqslant \frac{\left[\displaystyle \sum (b+c)\right]^2}{\displaystyle \sum (2a^2+bc)(b+c)^2}.\] Cuối cùng là quy bài toán về chứng minh bất đẳng thức em nói và nói hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Schur bậc 4 và AM-GM.

 

Một số bài toán có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz theo kiểu này

\[\frac{(a+b)^2}{c^2+ab}+\frac{(b+c)^2}{a^2+bc}+\frac{(c+a)^2}{b^2+ca} \geqslant 6.\]

\[\frac{1}{22c^2+5ab}+\frac{1}{22a^2+5bc}+\frac{1}{22b^2+5ca} \geqslant \frac{1}{(a+b+c)^2}.\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 23-04-2016 - 11:51

[manhbbltvp]

sai la

 

Giả sử $a \geqslant b \geqslant c.$ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz, ta có \[\sum  \frac{1}{2a^{2}+bc} = \frac{1}{{2{a^2} + bc}} + \frac{1}{{2{b^2} + ca}} + \frac{1}{{4{c^2} + 2ab}} + \frac{1}{{4{c^2} + 2ab}} \ge \frac{{16}}{{2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b)}}.\] Như vậy ta chỉ cần chứng minh \[\frac{{16}}{{2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b)}} \ge \frac{8}{{{{(a + b + c)}^2}}},\] tương đương với \[2{(a + b + c)^2} \ge 2(a+b)^2 + 8{c^2} + c(a + b),\] hoặc \[3c(a + b - 2c) \ge 0.\] Hiển nhiên đúng.

sao lại đúng được nếu a+b-2c$\leq$0 thì sao

[Gachdptrai12]

sai la

 

sao lại đúng được nếu a+b-2c$\leq$0 thì sao

bạn ơi bài này có tính hoán vị ta có thể giả sử c= min(a,b,c)         vì thế mà a+b>=2c mà thôi :v