Chủ đề này có 5 trả lời

[huou202]

chứng minh :$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$ với a,b,c >0
cho a,b,c>0.CM :$\dfrac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\dfrac{b^3}{a^2-ac+c^2}+\dfrac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geq a+b+c$

[dark templar]

chứng minh :$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$ với a,b,c >0
cho a,b,c>0.CM :$\dfrac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\dfrac{b^3}{a^2-ac+c^2}+\dfrac{c^3}{a^2-ab+b^2}$

Cái BĐT đầu thì quá nổi tiếng rồi.Nó có tên gọi là BĐT Vasc.Cách chứng minh cho nó thì rất đa dạng.Sau đây xin trích dẫn lời giải của anh Bà Cẩn:

Sử dụng BĐT quen thuộc $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$ với $x=a^2+bc-ab;y=b^2+ca-bc;z=c^2+ab-ca$,chúng ta thu được:
$$\[\sum (a^2+bc-ab)]^2 \ge 3\sum (a^2+bc-ab)(b^2+ca-bc)$$
Bằng cách khai triển trực tiếp,ta thu được:
$$\sum (a^2+bc-ab)=a^2+b^2+c^2$$
$$\sum (a^2+bc-ab)(b^2+ca-bc)=a^3b+b^3c+c^3a$$
Như vậy,ta có:
$$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)$$

Còn cái BĐT dưới mình đoán là bạn muốn chứng minh nó lớn hơn hay bằng $a+b+c$ phải không ?

[Nguyễn Hoàng Nam]

Ta có:
$ (a^2+b^2+c^2)^2-3(a^3 b+b^3 c+c^3 a)=\frac{1}{2}(a^2-b^2+2bc-ab-ac)^2 + \frac{1}{2}(b^2-c^2+2ac-bc-ba) + \frac{1}{2} (c^2-a^2+2ab-ca-cb)^2 $

Công nhận ông Vasile Cirtoaje nghĩ ra được nhiều bất đẳng thức....không thể tưởng tượng nổi >.<

[Ispectorgadget]

BĐT Vasile dạng khác cũng kinh khủng không kém >.<
$a^4+b^4+c^4+ab^3+bc^3+ca^3\geq 2(a^3b+b^3c+c^3b)$
BĐT cần cm $\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+ab^3+bc^3+ca^3- 2(a^3b+b^3c+c^3b)\geq 0$
$VT=\frac{1}{2}(a^2-b^2+bc-ba)^2+\frac{1}{2}(b^2-c^2+ac-bc)^2+\frac{1}{2}(c^2-a^2+ab-ac)^2\geq 0$

[alex_hoang]

Thế có kinh khủng bằng cách này không
$${({a^2} + {b^2} + {c^2})^2} - 3({a^3}b + {b^3}c + {c^3}a)$$
$$= {\sum {\left( {\frac{1}{2}{a^2} - \frac{{3 + \sqrt 5 }}{4}ab + \frac{{\sqrt 5 }}{2}ac + \frac{{\sqrt 5 - 1}}{4}{b^2} + \frac{{3 - \sqrt 5 }}{4}bc - \frac{{1 + \sqrt 5 }}{4}{c^2}} \right)} ^2} \ge 0$$


Bạn nào mà muốn ham thú với mấy cái phân tích thành tổng bình phương thì có ở đây nhé sang mà luyện tập
http://diendantoanho...showtopic=64864

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi alex_hoang: 26-01-2012 - 01:15

[KietLW9]

chứng minh :$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^3b+b^3c+c^3a)$ với a,b,c >0

Bài này đúng với mọi số thực $a,b,c$ nhé!

Thật vậy: $4(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)[(a^2+b^2+c^2)^2-3(a^3b+b^3c+c^3a)]=[(a^3+b^3+c^3)-5(a^2b+b^2c+c^2a)+4(ab^2+bc^2+ca^2)]^2+3[(a^3+b^3+c^3)-(a^2b+b^2c+c^2a)-2(ab^2+bc^2+ca^2)+6abc]^2\geqslant 0$