Chứng minh rằng với $a,b,c$ là các số thực dương thì
$1/(b^2+bc+c^2)+1/(c^2+ca+a^2)+1/(a^2+ab+b^2)\geq 9/(a+b+c)^2$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hungnolan: 30-10-2017 - 12:38
Chứng minh rằng với $a,b,c$ là các số thực dương thì
$1/(b^2+bc+c^2)+1/(c^2+ca+a^2)+1/(a^2+ab+b^2)\geq 9/(a+b+c)^2$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hungnolan: 30-10-2017 - 12:38
AM-GM Inequaliti : $\frac{1}{b^2+bc+c^2}=\frac{ab+bc+ca}{(ab+bc+ca)(b^2+bc+c^2)}$
$\geq \frac{4(ab+bc+ca)}{(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca)^2}=\frac{4(ab+bc+ca}{(b+c)^2(a+b+c)^2}$
Ta chỉ cần c.m $\sum \frac{4(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$
<=> $(ab+bc+ca)[\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{1}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$
Không giảm tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$
Đặt $P(x;y;z)=\sum \frac{1}{(y+z)^2}-\frac{9}{4(xy+yz+zx}$ và cần c/m $P(x;y;z)>0$
Ta đặt $t=\frac{x+y}{2}$
Cần c/m tiếp $\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}-\frac{2}{(t+z)^2}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}-\frac{9}{4(t^2+2zt)}$
Đánh giá được $\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}-\frac{2}{(t+z)^2}=(1/x+z-1/y+z)^2+\frac{2}{(x+z)(y+z)}-2(t+z)^2$
$=\frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}+\frac{(x-y)^2}{2(x+z)(y+z)(t+z)^2}$
và $\frac{9}{4(xy+yz+zx)}-\frac{9}{4(t^2+2zt)}=\frac{9(x-y)^2}{16(t^2+2tz)(xy+yz+zx)}$
<=> $\frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}+\frac{(x-y)^2}{2(x+z)(y+z)(y+z)^2}\geq \frac{9(x-y)^2}{16(xy+yz+zx)(t^2+2tz}$
Mặt khác $4(xy+yz+zx)-3(x+z)(y+z)=xy+yz+zx-3x^2\geq 0$
=> $(x+z)(y+z)\leq \frac{4}{3(xy+yz+zx)}$
Suy ra $\frac{1}{(x+z)^2(y+z)^2}\geq \frac{9}{16(xy+yz+zx)^2}\geq \frac{9}{xy+yz+zx)(t^2+2zt}$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu bằng tại $x=y=z$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DinhXuanHung CQB: 30-10-2017 - 12:59
Little Homie
Chứng minh rằng với $a,b,c$ là các số thực dương thì
$1/(b^2+bc+c^2)+1/(c^2+ca+a^2)+1/(a^2+ab+b^2)\geq 9/(a+b+c)^2$
AM-GM Inequaliti : $\frac{1}{b^2+bc+c^2}=\frac{ab+bc+ca}{(ab+bc+ca)(b^2+bc+c^2)}$
$\geq \frac{4(ab+bc+ca)}{(b^2+bc+c^2+ab+bc+ca)^2}=\frac{4(ab+bc+ca}{(b+c)^2(a+b+c)^2}$
Ta chỉ cần c.m $\sum \frac{4(ab+bc+ca)}{(b+c)^2(a+b+c)^2}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$
<=> $(ab+bc+ca)[\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}+\frac{1}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4}$
Không giảm tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$
Đặt $P(x;y;z)=\sum \frac{1}{(y+z)^2}-\frac{9}{4(xy+yz+zx}$ và cần c/m $P(x;y;z)>0$
Ta đặt $t=\frac{x+y}{2}$
Cần c/m tiếp $\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}-\frac{2}{(t+z)^2}\geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}-\frac{9}{4(t^2+2zt)}$
Đánh giá được $\frac{1}{(x+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2}-\frac{2}{(t+z)^2}=(1/x+z-1/y+z)^2+\frac{2}{(x+z)(y+z)}-2(t+z)^2$
$=\frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}+\frac{(x-y)^2}{2(x+z)(y+z)(t+z)^2}$
và $\frac{9}{4(xy+yz+zx)}-\frac{9}{4(t^2+2zt)}=\frac{9(x-y)^2}{16(t^2+2tz)(xy+yz+zx)}$
<=> $\frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2}+\frac{(x-y)^2}{2(x+z)(y+z)(y+z)^2}\geq \frac{9(x-y)^2}{16(xy+yz+zx)(t^2+2tz}$
Mặt khác $4(xy+yz+zx)-3(x+z)(y+z)=xy+yz+zx-3x^2\geq 0$
=> $(x+z)(y+z)\leq \frac{4}{3(xy+yz+zx)}$
Suy ra $\frac{1}{(x+z)^2(y+z)^2}\geq \frac{9}{16(xy+yz+zx)^2}\geq \frac{9}{xy+yz+zx)(t^2+2zt}$
Vậy bất đẳng thức được chứng minh, dấu bằng tại $
Cách giải khác:
Đặt S= ab+ bc+ ca. Ta có thể chuẩn hóa a+ b+ c= 1( điều này không làm mất tính tổng quát của việc chứng minh).Khi đó:
$\frac{1}{a^{2}+ ab+ b^{2}}= \frac{1}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}- \left ( ab+ bc+ ca \right )- \left ( a+ b+ c \right )c}= \frac{1}{1- s- c}$
Khi đó BĐT trở thành:
$\frac{1}{1- s- c}+ \frac{1}{1- s- a}+ \frac{1}{1- s- b}\geq 9 \Rightarrow 9s^{3}- 6s^{2}- 3s+ 1+ 9abc\geq 0, s\left ( 3s- 1 \right )^{2}+ 1- 4s+ 9abc\geq 0.$
BĐT đúng vì$1- 4s+ 9abc\geq 0\Leftrightarrow \left ( a+ b+ c \right )^{3}+ 9abc\geq 4\left (a+ b+ c \right )\left ( ab+ bc+ ca \right )$ (BĐT SCHUR)
DẤU BẰNG XẢY RA KHI a= b= c
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các kỳ thi Olympic →
Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp. →
Đề thi hình học Iran năm 2018 - Khối AdvancedBắt đầu bởi conankun, 15-09-2018 iran, hình học |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh