Chủ đề này có 7 trả lời

[yeutoan2001]

1/CMR:

    a,b,c>0 

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

2/ CMR:

    a,b,c>0 

           CMR:  $\sum a\sqrt{a^2+bc}\geq \sqrt{3}(ab+bc+ac )$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi yeutoan2001: 02-03-2017 - 20:33

[NHoang1608]

1/CMR:

    a,b,c>0 

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

2/ CMR:

    a,b,c>0 

           CMR:  $\sum a\sqrt{a^2+bc}\geq \sqrt{3}(ab+bc+ac )$

đề bài 1 thiếu kìa bạn

[NHoang1608]

2) đề bài mình nghĩ là chỗ vế phải là $\sqrt{2}$

Solutions: Ta có bổ đề sau : với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn $xyz=1$ thì $S=\frac{1}{\sqrt{x+1}}+\frac{1}{\sqrt{y+1}}+\frac{1}{\sqrt{z+1}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

C/m: vì $xyz=1$ nên ta có thể đặt $(x;y;z)=(\frac{m}{n};\frac{n}{p};\frac{p}{m})$ khi đó bđt tương đương với:

    $\sqrt{\frac{2n}{m+n}}+\sqrt{\frac{2p}{p+n}}+\sqrt{\frac{2m}{m+p}}\leq 3$

    $\leftrightarrow \sqrt{\frac{2n(m+p)}{(m+n)(m+p)}}+\sqrt{\frac{2p(m+n)}{(m+n)(n+p)}}+\sqrt{\frac{2m(n+p)}{(m+p)(n+p)}}\leq 3$ (*)

Ap dụng bđt Cauchy-Schwarz thì ta có $S^{2}\leq (\sum{2n(m+p)})(\sum{\frac{1}{(m+n)(n+p)}})=\frac{8(m+n+p)(mn+np+mp)}{(m+n)(n+p)(m+p)}$(2)

Mà ta có bđt quen thuộc sau: $(a+b+c)(ab+bc+ca)\leq \frac{8}{9}(a+b)(b+c)(c+a)$ với a,b,c là các số thực dương (1)

Từ (1) và (2) thì ta được $S^{2}\leq 9 \rightarrow S\leq 3$ Bổ đề được chứng minh.

Quay lại với bài toán: Ap dụng bđt Cauchy-Schwarz thì ta có:

   $(a\sqrt{a^{2}+bc}+b\sqrt{b^{2}+ca}+c\sqrt{c^{2}+ab})(\frac{a}{\sqrt{a^{2}+bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+ab}})\geq (a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$

Ap dụng bổ đề trên cho bộ ba số $(\frac{a^{2}}{bc};\frac{b^{2}}{ca};\frac{c^{2}}{ab})$ thì ta có:

   $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+ab}} \leq \frac{3}{\sqrt{2}}$ 

Suy ra $\frac{3}{\sqrt{2}}(a\sqrt{a^{2}+bc}+b\sqrt{b^{2}+ca}+c\sqrt{c^{2}+ab})\geq 3(ab+bc+ca)$

  $\rightarrow a\sqrt{a^{2}+bc}+b\sqrt{b^{2}+ca}+c\sqrt{c^{2}+ab}\geq \sqrt{2}(ab+bc+ca)$ (Q.E.D)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 02-03-2017 - 21:35

[Kamii0909]

1/CMR:

    a,b,c>0 

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

Theo AM-GM $$4(a^2+ab+b^2)(ab+bc+ca) \leq (a+b)^2(a+b+c)^2$$
Bất đẳng thức cần chứng minh đưa về $$\frac{a}{b+c} +\frac{b}{a+c} +\frac{c}{a+b} \geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$$

Hiển nhiên theo C-S. 

Spoiler

Đẳng thức xảy ra tại $(a,b,c) \sim (t,t,t),(0,t,t)$

[viet9a14124869]

Chỗ bất đẳng thức $4(a^2+ab+b^2)(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2(a+b)^2$ là biến đổi tương đương hay làm cách nào để chứng minh ạ ???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet9a14124869: 03-03-2017 - 11:12

[NHoang1608]

Chỗ bất đẳng thức $4(a^2+ab+b^2)(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2(a+b)^2$ là biến đổi tương đương hay làm cách nào để chứng minh ạ ???

Bất đẳng thức trên theo mình thì là không chính xác. Vì $\frac{3}{4} a^{2}+ab+b^{2} \geq (a+b)^{2}$ chứ không phải là $\frac{3}{4} a^{2}+ab+b^{2} \leq (a+b)^{2}$. Nên bđt chứa 2 tích ngược chiều nhau. Nên ko thể giải bđt này bằng AM-GM 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 03-03-2017 - 17:47

[Nhok Tung]

Bất đẳng thức trên theo mình thì là không chính xác. Vì $\frac{3}{4} a^{2}+ab+b^{2} \geq (a+b)^{2}$ chứ không phải là $\frac{3}{4} a^{2}+ab+b^{2} \leq (a+b)^{2}$. Nên bđt chứa 2 tích ngược chiều nhau. Nên ko thể giải bđt này bằng AM-GM 

Thế này nhé bạn

Áp dụng bđt $4xy\leq (x+y)^{2}$

$4(a^{2}+ab+b^{2})(ab+bc+ca)\leq (a^{2}+2ab+b^{2}+bc+ca)^{2}=(a+b)^{2}(a+b+c)^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nhok Tung: 03-03-2017 - 22:57

[Nguyenhuyen_AG]

1/CMR:

    a,b,c>0 

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

 

Ta có

 \[\sum \frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2} - 2 = \sum \frac{ab(a-b)^2}{(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2)} \geqslant 0.\]