Cho các số không âm a,b,c và không có hai số nào đồng thời bằng 0. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$
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 LÀ LINH HỒN CỦA CUỘC SỐNG
*Toán học thuần túy, theo cách riêng của nó, là thi ca của tư duy logic*
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
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 có: $ 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 có: $ q+r=4 $
và BĐT trở thành :
$ x+y+z+xyz\ge 4=xy+yz+xz+xyz $
hay$ p-q\ge 0 $
Nếu $ 4\ge p $ và sử dụng bđt Schur ta có:
$ 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 $ và $ q^{3}\ge27r^{2} $ nên $ q\ge 3 $
BĐT (*) đúng vì $ 4\ge p\ge \sqrt{3q}\ge 3 $
Nếu $ p\ge 4 $ thì $ p-q\ge p-4\ge 0$(vì $ q\le 4 $)
Vậy BĐT được chứng minh.
Dấu $ = $ xảy ra khi $ x=y=z=1 $ hay $ x=y=2,z=0 $ và các hoán vị tương ứng.
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.
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.
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
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh