Chủ đề này có 4 trả lời

[ohmymath]

Mọi người gợi ý cho em hương làm bài này với ạ:
Cho a;b;c>0 thỏa mãn a+b+c=1
Chứng minh rằng :
$ \dfrac{(2a+b+c)^2}{2(a^2)+(b+c)^2} \leq 8 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ohmymath: 23-05-2011 - 20:09

[perfectstrong]

$\dfrac{{\left( {2a + b + c} \right)^2 }}{{2a^2 + \left( {b + c} \right)^2 }} = \dfrac{{\left( {a + 1} \right)^2 }}{{2a^2 + \left( {1 - a} \right)^2 }} = \dfrac{{\left( {a + 1} \right)^2 }}{{3a^2 - 2a + 1}}$

$= \dfrac{1}{3}.\dfrac{{3a^2 + 6a + 3}}{{3a^2 - 2a + 1}} = \dfrac{1}{3}\left( {\dfrac{{3a^2 - 2a + 1 + 8a + 2}}{{3a^2 - 2a + 1}}} \right)$

$= \dfrac{1}{3}\left( {1 + \dfrac{{8a + 2}}{{3\left( {a - \dfrac{1}{3}} \right)^2 + \dfrac{2}{3}}}} \right) \leqslant \dfrac{1}{3}\left( {1 + \dfrac{{8a + 2}}{{\dfrac{2}{3}}}} \right) = \dfrac{1}{3}\left( {12a + 4} \right)$

Làm tương tự r�ồi cộng lại, ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 23-05-2011 - 20:37

[dark templar]

Mọi người gợi ý cho em hương làm bài này với ạ:
Cho $a;b;c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$
Chứng minh rằng :
$ \sum \dfrac{(2a+b+c)^2}{2(a^2)+(b+c)^2} \leq 8 $

Thật ra bài này cho đk $a+b+c=1$ chỉ là thừa,vì BĐT trên mang tính thuần nhất nên ta có thể cho $a+b+c$ bằng 1 giá rị bất kỳ,chứ không nhất thiết là 1
P/s:Bài này chính là 1 câu trong đề thi HSG quốc gia Hoa Kỳ(không nhớ năm ).Cách làm của perfectstrong chính là dựa trên ý tưởng về phương pháp tiếp tuyến.

[perfectstrong]

Bài này có thể dùng Cauchy-Schwarz được không anh Phúc?
Nếu được thì anh post lên dùm em với.

[dark templar]

Bài này có thể dùng Cauchy-Schwarz được không anh Phúc?
Nếu được thì anh post lên dùm em với.

Theo ý nguyện:
Đặt $x=\dfrac{b+c}{a};y=\dfrac{c+a}{b};z=\dfrac{a+b}{c} \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}xyz \ge 8\\x,y,z>0\end{array}\right. $.
BĐT tương đương với:
$\sum \dfrac{(x+2)^2}{x^2+2} \le 8 \Leftrightarrow \sum \dfrac{2x+1}{x^2+2} \le \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow \sum \dfrac{(x-1)^2}{x^2+2} \ge \dfrac{1}{2}$
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarzt,ta có:$\sum \dfrac{(x-1)^2}{x^2+2} \ge \dfrac{\left(\sum x -3 \right)^2}{\sum x^2 +6}$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{(x+y+z-3)^2}{x^2+y^2+z^2+6} \ge \dfrac{1}{2}$ là xong !
Thật vậy,BĐT này $ \Leftrightarrow \left(\sum x \right)^2+2\sum xy -12\sum x +12 \ge 0(1)$
Theo BĐT AM-GM,ta có:$\sum xy \ge 3\sqrt[3]{x^2y^2z^2} \ge 12$
Nên ta suy ra $V_{(1)} \ge (x+y+z)^2-12(x+y+z)+36=(x+y+z-6)^2 \ge 0=VP_{(1)}$(luôn đúng)
Vậy ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z \Leftrightarrow a=b=c$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 24-05-2011 - 09:25