[attachment=33634:CodeCogsEqn.gif]
\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}+\frac{1}{2}\]
Bắt đầu bởi DOTOANNANG, 21-03-2018 - 19:36
inequality
#1
Đã gửi 21-03-2018 - 19:36
#2
Đã gửi 22-03-2018 - 21:49
Bất đẳng thức tương đương với
$\sum \dfrac{2a}{b+c}-3 \geq \frac{6(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}-2 $
$\leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)} \ge \frac{\sum 2(a-b)^2}{(a+b+c)^2} $
$\leftrightarrow \sum (a-b)^2\frac{a^2+b^2-c^2}{(a+b+c)^2(a+c)(b+c)} \ge 0$
$(S_a; S_b; S_c) \rightarrow (\frac{c^2+b^2-a^2}{(a+b+c)^2(a+c)(a+b)};\frac{c^2+a^2-b^2}{(a+b+c)^2(b+c)(b+a)} ;\frac{a^2+b^2-c^2}{(a+b+c)^2(a+c)(b+c)} )$
Giả sử $c \ge b \ge a$ thì $S_a \ge 0$, ta sẽ chỉ ra $b^2S_b + c^2S_c \ge 0 \leftrightarrow c^2(a^2+b^2-c^2)(a+b) + b^2(c^2+a^2-b^2)(c+a) \ge 0$, chứng minh nhờ $c \ge b \ge a$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamhuy1801: 24-03-2018 - 17:44
- Tea Coffee, DOTOANNANG và doraemon123 thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: inequality
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh