Cho a,b,c>0,$a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$,Tìm min $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}$
Tìm min $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}$
#1
Đã gửi 02-10-2016 - 15:40
#2
Đã gửi 02-10-2016 - 15:52
Cho a,b,c>0,$a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$,Tìm min $\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}$
Giả sử $a\geq b\geq c$
Ta có
$\sum\frac{a^2}{b+c}=\sum\frac{1}{b+c}-\sum\frac{b^2+c^2}{b+c}$
Áp dụng bđt Chebyshev có
$\sum\frac{b^2+c^2}{b+c}\leq\frac{2}{3}(\sum a^2)(\sum\frac{1}{b+c})=\frac{2}{3}\sum\frac{1}{b+c}$
Do đó
$\sum\frac{a^2}{b+c}\geq\sum\frac{1}{b+c}-\frac{2}{3}\sum\frac{1}{b+c}=\frac{1}{3}\sum\frac{1}{b+c}\geq\frac{3}{2\sum a}\geq\frac{\sqrt{3}}{2}$
Vậy ...
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Element hero Neos: 02-10-2016 - 15:57
- tritanngo99 và Namvip thích
#3
Đã gửi 02-10-2016 - 15:53
Ta có
Giả sử $a\geq b\geq c$
=>$\left\{\begin{matrix} a^{2}\geq b^{2}\geq c^{2} \\ \frac{1}{b+c}\geq \frac{1}{c+a}\geq \frac{1}{a+b} \end{matrix}\right.$
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có
$P=\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b})\geq \frac{1}{3}.3.\frac{9}{2(a+b+c)}=\frac{9}{2(a+b+c)}$
Lại có
$(a+b+c)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})=9 =>a+b+c\leq 3$
$=>P\geq \frac{9}{2(a+b+c)}\geq \frac{9}{2.3}=\frac{3}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Namvip: 02-10-2016 - 16:35
- tritanngo99 và Element hero Neos thích
#4
Đã gửi 02-10-2016 - 15:55
Giả sử $a\geq b\geq c$
Ta có
$\sum\frac{a^2}{b+c}=\sum\frac{1}{b+c}-\sum\frac{b^2+c^2}{b+c}$
Áp dụng bđt Chebyshev có
$\sum\frac{b^2+c^2}{b+c}\leq\frac{1}{3}(\sum a^2)(\sum\frac{1}{b+c})=\frac{1}{3}\sum\frac{1}{b+c}$
Do đó
$\sum\frac{a^2}{b+c}\geq\sum\frac{1}{b+c}-\frac{1}{2}\sum\frac{1}{b+c}=\frac{2}{3}\sum\frac{1}{b+c}\geq\frac{3}{\sum a}\geq\sqrt{3}$
Vậy ...
__________________________
P/s: Sai từ bước đầu
Ủa sao chú đăng nhanh vậy mà anh ko nhìn thấy nhỉ
#5
Đã gửi 02-10-2016 - 16:14
Giả sử $a\geq b\geq c$
Ta có
$\sum\frac{a^2}{b+c}=\sum\frac{1}{b+c}-\sum\frac{b^2+c^2}{b+c}$
Áp dụng bđt Chebyshev có
$\sum\frac{b^2+c^2}{b+c}\leq\frac{2}{3}(\sum a^2)(\sum\frac{1}{b+c})=\frac{2}{3}\sum\frac{1}{b+c}$
Do đó
$\sum\frac{a^2}{b+c}\geq\sum\frac{1}{b+c}-\frac{2}{3}\sum\frac{1}{b+c}=\frac{1}{3}\sum\frac{1}{b+c}\geq\frac{3}{2\sum a}\geq\frac{\sqrt{3}}{2}$
Vậy ...
Ta có
Giả sử $a\geq b\geq c$
=>$\left\{\begin{matrix} a^{2}\geq b^{2}\geq c^{2} \\ \frac{1}{b+c}\geq \frac{1}{c+a}\geq \frac{1}{a+b} \end{matrix}\right.$
Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có
$P=\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}\geq \frac{1}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b})\geq \frac{1}{3}.\frac{9}{2(a+b+c)}=\frac{3}{2(a+b+c)}$
Lại có
$(a+b+c)^{2}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})=3 =>a+b+c\leq \sqrt{3}$
$=>P\geq \frac{3}{2(a+b+c)}\geq \frac{3}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
Theo gt là $\sum a^2=3$ mà
#6
Đã gửi 02-10-2016 - 16:22
Đặt $P=\sum \frac{a^2}{b+c}$ và $Q= a^2(b+c)^2$
Theo Holder ta có : $P^2Q\geq (\sum a^2)^3= 27$
cần cm : $Q\leq 12$ hay $\sum a^2(b+c)^2\leq 12\Leftrightarrow 2\sum a^2b^2+2abc(a+b+c)\leq 12$
bất đẳng thức trên dễ dàng cm
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh