Chủ đề này có 6 trả lời

[Didier]

cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{{a^2}+{b^2}c}{b+c} + \dfrac{{b^2}+{c^2}a}{c+a} + \dfrac{{c^2}+{a^2}b}{a+b} \ge \dfrac{2}{3} $

[Nguyễn Hoàng Lâm]

cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng:
$\dfrac{{a^2}+{b^2}c}{b+c} + \dfrac{{b^2}+{c^2}a}{c+a} + \dfrac{{c^2}+{a^2}b}{a+b} \ge \dfrac{2}{3} $

giả sử $ a\geq b \geq c $ BĐt tương đương với :
$ \dfrac{1+b^2c}{b+c}+\dfrac{1+c^2a}{c+a}+\dfrac{1+a^2b}{a+b} \geq \dfrac{14}{3} $
$ \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 +\dfrac{1-a^3}{1-c}+\dfrac{1-b^3}{1-a}+\dfrac{1-c^3}{1-b} \geq \dfrac{14}{3} $
Áp dụng BĐt hoán vị và Cauchy-schwarz Ta có
$ VT \geq a^2+b^2+c^2 +\sum (a^2+a+1)\geq 2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)+3 $
$ \Rightarrow VT \geq \dfrac{2(a+b+c)^2}{3}+1+3 \geq \dfrac{14}{3} $

[Didier]

cậu có thể diễn giải phần đầu dễ hiểu hơn được ko tai sao nó lai ra
$\sum \dfrac{1+{b^2}c}{c+b} \ge \dfrac{14}{3} $
thank nhiều

[Nguyễn Hoàng Lâm]

cậu có thể diễn giải phần đầu dễ hiểu hơn được ko tai sao nó lai ra
$\sum \dfrac{1+{b^2}c}{c+b} \ge \dfrac{14}{3} $
thank nhiều

Ta có :
$ \dfrac{a^2+b^2c}{b+c} = \dfrac{(b+c-1)^2+b^2c}{b+c}=\dfrac{(b+c)^2+1-2(b+c)+b^2c}{b+c} $
$ \dfrac{a^2+b^2c}{b+c} = b+c-1+\dfrac{1+b^2c}{b+c} $
do đó mà $ \sum \dfrac{a^2+b^2c}{b+c}=\sum \dfrac{1+b^2c}{b+c}+2(a+b+c)-6=\sum \dfrac{1+b^2c}{b+c}-4 $
Suy ra $ \sum \dfrac{1+{b^2}c}{c+b} \ge \dfrac{14}{3} $
P/s: Tại tớ lười gõ Latex quá nên bỏ quá phần này. sr nha .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Lâm: 13-07-2011 - 22:13

[Didier]

Ta có :
$ \dfrac{a^2+b^2c}{b+c} = \dfrac{(b+c-1)^2+b^2c}{b+c}=\dfrac{(b+c)^2+1-2(b+c)+b^2c}{b+c} $
$ \dfrac{a^2+b^2c}{b+c} = b+c-1+\dfrac{1+b^2c}{b+c} $
do đó mà $ \sum \dfrac{a^2+b^2c}{b+c}=\sum \dfrac{1+b^2c}{b+c}+2(a+b+c)-6=\sum \dfrac{1+b^2c}{b+c}-4 $
Suy ra $ \sum \dfrac{1+{b^2}c}{c+b} \ge \dfrac{14}{3} $
P/s: Tại tớ lười gõ Latex quá nên bỏ quá phần này. sr nha .

hay phết thank nha

[Nguyễn Hưng]

giả sử $ a\geq b \geq c $

Không thể giả sử $a \ge b \ge c$ do thiếu tính đối xứng của bất đẳng thức.

[DBSK]

Không thể giả sử $a \ge b \ge c$ do thiếu tính đối xứng của bất đẳng thức.

Không thể giả sử $a \ge b \ge c$ do thiếu tính đối xứng của bất đẳng thức.

Nếu vậy thì làm kiểu này:

Sử dụng giải thiết $a+b+c=1$ và BĐT $Cauchy-Schwarz$ta có:
$\sum\dfrac{a^2}{b+c}=\sum\dfrac{a^2(a+b+c)}{b+c}=\sum\dfrac{a^3}{b+c}+\sum{a^2}$
$\ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{2(ab+bc+ca)}+a^2+b^2+c^2\ge \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)}{2}$
Và $\sum\dfrac{b^2c}{b+c}=\sum\dfrac{b^2c^2}{bc+c^2}\ge \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{\sum{ab}+\sum{a^2}}$
Khi đó, đặt $t=ab+bc+ca (0<t\le \dfrac{1}{3})$ ta suy ra được:$VT\ge \dfrac{t^2}{1-t}-3t+\dfrac{3}{2}$
Xét $f(t)=\dfrac{t^2}{1-t}-3t+\dfrac{3}{2}$ trên $(0;\dfrac{1}{3}]$
$f'(t)<0 \Rightarrow f(t)\ge f(\dfrac{1}{3})=\dfrac{2}{3}$
$\Rightarrow VT\ge \dfrac{2}{3}$
Điều phải chứng minh.[/b]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DBSK: 31-12-2011 - 22:05