Đến nội dung

Hình ảnh

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
Tran Thanh Truong

Tran Thanh Truong

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 143 Bài viết

Cho các số không âm a,b,c và không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$


                             TOÁN HỌC  LINH HỒN CỦA CUỘC SỐNG

                     

*Toán học thuần túy, theo cách riêng của nó, là thi ca của tư duy logic*                      


#2
superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết

Cho các số không âm a,b,c và không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

Bài này dùng SOS

Ta có 

$\sum \frac{a}{b+c} - \frac{3}{2} = \sum \frac{(a-b)^2}{2(a+c)(b+c)} $

$\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} - \frac{1}{2} = \sum \frac{-a(b-c)^2}{2(a+b)(b+c)(c+a) } $

Do đó, ta có thể đưa về dạng

$S_a(b-c)^2+ S_b(c-a)^2 + S_c(a-b)^2 $

Trong đó $S_a=\frac{1}{2(a+b)(a+c)} - \frac{a}{2(a+b)(b+c)(c+a)} $

Tương tự cho $S_b ; S_c$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c $

Khi đó

Khi đó áp dụng tiêu chuẩn SOS : Nếu $a \geq b \geq c$

$S_b ; S_c \geq 0 ; a^2S_b+b^2S_a \geq 0 $

Ta ra điều phải chứng minh

Thật vậy, ta có

$a^2S_b +b^2S_a \geq 0 <=>a^3+b^3-a^2b-ab^2+b^2c+a^2c \geq 0 <=> (a+b)(a-b)^2 +b^2c +a^2c \geq 0$ (đúng)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 29-01-2016 - 08:06


#3
anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 477 Bài viết

Cho các số không âm a,b,c và không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

Đặt $ x=\dfrac{2a}{b+c},y=\dfrac{2b}{a+c},z=\dfrac{2c}{a+b} $

Ta : $ xy+yz+xz+xyz=4 $

BĐT cần chứng minh trở thành:

$ x+y+z+xyz\ge4 $

Đặt $ x+y+z=p,xy+yz+xz=q,xyz=r $

Ta : $ q+r=4 $

BĐT trở thành :

$ x+y+z+xyz\ge 4=xy+yz+xz+xyz $

hay$ p-q\ge 0 $

Nếu $ 4\ge p $ sử dụng bđt Schur ta :

$ r\ge \dfrac{p(4q-p^{2})}{9} $

suy ra $ q+r\ge q+\dfrac{p(4q-p^{2})}{9} $

hay $ 4\ge q+\dfrac{p(4q-p^{2})}{9} $

suy ra $ q\le \dfrac{p^{3}+36}{4p+9} $

suy ra $ p-q\ge p-\dfrac{p^{3}+36}{4p+9}=\dfrac{4p^{2}+9p-p^{3}+36}{4p+9} $

nên ta chỉ cần chứng minh: $ p^{3}-4p^{2}-9p-36\le0 $ hay $ (p-3)(p-4)(p+3)\le 0 $(*)

Do $ q+r=4 $ $ q^{3}\ge27r^{2} $ nên $ q\ge 3 $

BĐT (*) đúng $ 4\ge p\ge \sqrt{3q}\ge 3 $

Nếu $ p\ge 4 $ thì $ p-q\ge p-4\ge 0$( $ q\le 4 $)

Vậy BĐT được chứng minh.

 Dấu $ = $ xảy ra khi $ x=y=z=1 $ hay $ x=y=2,z=0 $ các hoán vị tương ứng.



#4
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Đặt $x=\dfrac{2a}{b+c}, y=\dfrac{2b}{c+a}, z=\dfrac{2c}{a+b}$ thì $\dfrac{x}{x+2}+\dfrac{x}{y+2}+\dfrac{x}{z+2}=1$ và cần chứng minh $x+y+z+xyz\geqslant 4$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\sum x(x+2)=\sum x(x+2).\sum \dfrac{x}{x+2}\geqslant (x+y+z)^2$ hay $x+y+z\geqslant xy+yz+zx$ hay $x+y+z+xyz\geqslant xy+yz+zx+xyz=4$


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#5
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Bất đẳng thức này tương đương với: $a^3+b^3+c^3+3abc\geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

Đây là bất đẳng thức Schur bậc 3, có nhiều cách giải, xin giới thiệu cách giải bằng dồn biến.

Đặt $f(a,b,c)=a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)$

Ta có:

$$f(a,b,c)-f\left(a,\dfrac{b+c}{2}, \dfrac{b+c}{2}\right)=\dfrac{1}{4}(4b+4c-5a)(b-c)^2,\;\; f(a,b,c)-f(a,b+c,0)=(5a-4b-4c)bc$$

Nếu $4b+4c-5a\geqslant 0$ thì ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $b=c$

Nếu $5a-4b-4c\geqslant 0$ thì ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi $bc=0$

Dễ dàng kiểm tra những điều trên.

 

Ta đặt: $F(t)=f(a+t, b+t, c+t)$ thì $F'(t)=[f(a+t, b+t, c+t)]=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\geqslant 0$ nên $F(0)\geqslant F(-\text{min}\{a,b,c\})$

Từ đó ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức khi một biến bằng $0$ (Đây chỉ là cách tham khảo nếu muốn tìm hiểu về EMV)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 29-01-2016 - 13:17

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#6
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Quy đồng rồi rút gọn, ta cần chứng minh: $a^3+b^3+c^3+3abc \geqslant ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a) $

Giả sử $a\geqslant b  \geqslant c\geqslant 0$  thì $c(a-c)(b-c)\geqslant 0 \Leftrightarrow c^3+abc\geqslant ac^2+bc^2$  

Đến đây, ta quy về chứng minh: $a^3+b^3+2abc\geqslant ab(a+b)+b^2c+ca^2\Leftrightarrow (a-b)^2 (a+b-c)\geqslant 0$ *đúng*


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 28-03-2021 - 19:31

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh