Cho a,b,c>0.Chứng minh bất đẳng thức:
$\sum \frac{a^{2}+bc}{a^{2}+(b+c)^{2}}\leq \frac{18}{5}.\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{(a+b+c)^{2}}$
Cho a,b,c>0.Chứng minh bất đẳng thức:
$\sum \frac{a^{2}+bc}{a^{2}+(b+c)^{2}}\leq \frac{18}{5}.\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{(a+b+c)^{2}}$
ko quen đánh latex nên gửi ảnh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangvoip673: 09-07-2019 - 10:45
Một cách khác.
Bất đẳng thức trên tương đương với
$\sum_{cyc} \frac{(b+c)^2-bc}{a^2+(b+c)^2}+\frac{18}{5}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq 3$
Mà ta có $(b+c)^2\geq4bc$ nên ta có thể chứng minh
$\sum_{cyc} \frac{(b+c)^2-bc}{4[a^2+(b+c)^2]}+\frac{6}{5}\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\geq 1$
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng Engel, ta có:
$\sum\frac{(b+c)^2}{4[a^2+(b+c)^2]}\geq\frac{(a+b+c)^2}{\sum(a^2+(b+c)^2)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2}$
Từ đây, chuẩn hóa $a+b+c=1$ thì ta chỉ còn
$\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)+1}+\frac{6(a^2+b^2+c^2)}{5}\geq1$
Rút gọn, ta cần $(a^2+b^2+c^2)[3(a^2+b^2+c^2)-1]\geq0$. Thật vậy vì $3(a^2+b^2+c^2)\geq(a+b+c)^2=1$.
ko quen đánh latex nên gửi ảnh
anh bằng ghê v:
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\frac{19}{20} \leq \sum \frac{1}{1+a+b^2} \leq \frac{27}{20}$Bắt đầu bởi Duc3290, 12-03-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum a^2b + abc +\frac{1}{2}abc(3-\sum ab) \leq 4$Bắt đầu bởi Duc3290, 25-02-2024 bất đẳng thức, hoán vị |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{a_1{}}{({a_1+{a_2+...+a_n{}{}}{}})-{a_1{}}}\geq \frac{n}{n-1}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 14-02-2024 bất đẳng thức |
|
|||
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3 \ge 2(a+b+c)$Bắt đầu bởi POQ123, 26-01-2024 bất đẳng thức |
|
||
Toán Trung học Cơ sở →
Bất đẳng thức và cực trị →
$\sum \frac{1}{\sqrt{a^{5}+b^{2}+ab+6}}\leq 1$Bắt đầu bởi Hahahahahahahaha, 21-01-2024 bất đẳng thức |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh