Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{3+6\sqrt{abc}}{5+\sqrt{abc}}$
#3
Đã gửi 21-08-2017 - 15:57
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{3+6\sqrt{abc}}{5+\sqrt{abc}}$
Bổ đề: $ab^2+bc^2+ca^2+abc\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3$ với moi $a,b,c \geq 0$ (Tự chứng minh)
Theo $Cauchy - Schwarz$, ta có:
$\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{(\sqrt{a^3}+\sqrt{b^3}+\sqrt{c^3})^2}{ab^2+bc^2+ca^2+ac+ba+cb}$
Tiếp tục sử dụng $Cauchy - Schwarz$, ta có:
$(\sqrt{a^3}+\sqrt{b^3}+\sqrt{c^3})^2=\frac{(\sqrt{a^3}+\sqrt{b^3}+\sqrt{c^3})^2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}\geq \frac{(a+b+c)^4}{3(a+b+c)}=9$ và $ac+ba+cb\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=3$
Mặt khác theo bổ đề trên ta có: $ab^2+bc^2+ca^2\leq 4-abc$. Do đó ta có:
$\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{9}{7-abc}$
Đến đây, ta cần chứng minh: $\frac{9}{7-abc}\geq \frac{3+6\sqrt{abc}}{5+\sqrt{abc}}$
Đặt $1\geq \sqrt{abc}=t\geq 0$ bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$\frac{9}{7-t^2}\geq \frac{3+6t}{5+t}\Leftrightarrow \frac{3(1-t)(8-3t-2t^2)}{(7-t^2)(5+t)}\geq 0$
Hiển nhiên đúng vì $\left\{\begin{matrix}1-t\geq 0 & & \\ 8-3t-2t^2\geq 8-3-2=3>0 & & \\ 7-t^2\geq 7-1=6>0 & & \end{matrix}\right.$
Dấu '=' xảy ra khi: $a=b=c=1$
- Kim Vu, hanguyen445, toannguyenebolala và 7 người khác yêu thích
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
#4
Đã gửi 21-08-2017 - 19:28
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{3+6\sqrt{abc}}{5+\sqrt{abc}}$
CH
- Tea Coffee, duylax2412 và MoMo123 thích
#5
Đã gửi 21-08-2017 - 22:02
CH
$\sum {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + c}}} = \sum {\frac{{6{a^2}}}{{6{b^2} + 2c(a + b + c)}}} \ge 6\sum {\frac{{{a^2}}}{{7{b^2} + 4{c^2} + {a^2}}}} \ge 6.\frac{1}{4} = \frac{3}{2} \ge \frac{{3 + 6\sqrt {abc} }}{{5 + \sqrt {abc} }}$
#6
Đã gửi 22-08-2017 - 11:17
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh: $\frac{a^2}{b^2+c}+\frac{b^2}{c^2+a}+\frac{c^2}{a^2+b}\geq \frac{3+6\sqrt{abc}}{5+\sqrt{abc}}$
\[\sum {\frac{{{a^2}}}{{{b^2} + c}}} = \sum {\frac{{6{a^2}}}{{6{b^2} + 2c(a + b + c)}}} \ge 6\sum {\frac{{{a^2}}}{{7{b^2} + 4{c^2} + {a^2}}}} = 6\sum {\frac{x}{{7y + 4z + x}}} = 6\sum {\frac{{{x^2}}}{{7xy + 4zx + {x^2}}}} \]
\[ \ge \frac{{6{{(\sum x )}^2}}}{{11\sum {xy + \sum {{x^2}} } }} = \frac{{6{{(\sum x )}^2}}}{{9\sum {xy + {{(\sum x )}^2}} }} \ge \frac{{6{{(\sum x )}^2}}}{{3{{(\sum x )}^2} + {{(\sum x )}^2}}} = \frac{3}{2} \ge \frac{{3 + 6\sqrt {abc} }}{{5 + \sqrt {abc} }}\] (điều này đúng)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen kd: 22-08-2017 - 11:18
- hanguyen445 yêu thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bất đẳng thức và cực trị
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh