Chủ đề này có 6 trả lời

[phuc_90]

Bài toán :
Chứng minh rằng $\left(\dfrac{2a-b}{a+b}\right)^2+\left(\dfrac{2b-c}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{2c-a}{c+a}\right)^2 \geq \dfrac{3}{4}$

trong đó a,b,c là các số thực sao cho các phân thức trên tồn tại

[Tham Lang]

Bài toán :
Chứng minh rằng $\left(\dfrac{2a-b}{a+b}\right)^2+\left(\dfrac{2b-c}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{2c-a}{c+a}\right)^2 \geq \dfrac{3}{4} (1)$

trong đó a,b,c là các số thực sao cho các phân thức trên tồn tại

Giải :
Ta có $$VT = P = \left(\dfrac{2a-b}{a+b}\right)^2+\left(\dfrac{2b-c}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{2c-a}{c+a}\right)^2 = \dfrac{4a^2 + 4ab + b^2}{(a + b)^2} + \dfrac{4b^2 - 4bc + c^2}{(b + c)^2} + \dfrac{4c^2 - 4ac + a^2}{(a + c)^2}$$
Nên $$P + 6 = \left (\dfrac{4a^2 - 4ab + b^2}{(a + b)^2} + 2 \right ) + \left (\dfrac{4b^2 - 4bc + c^2}{(b + c)^2} + 2\right ) + \left (\dfrac{4c^2 - 4ac + a^2}{(a + c)^2} + 2\right ) $$ $$= 3\left (\dfrac{2a^2 + b^2}{(a + b)^2} + \dfrac{2b^2 + c^2}{(b + c)^2} + \dfrac{2c^2 + a^2}{(a + c)^2}\right ) $$ $$= 3\left (\dfrac{a^2}{(a + b)^2} + \dfrac{b^2}{(b + c)^2} + \dfrac{c^2}{(c + a)^2}\right ) + 3\left (\dfrac{a^2 + b^2}{(a + b)^2} + \dfrac{b^2 + c^2}{(b + c)^2} + \dfrac{c^2 + a^2}{(a + c)^2}\right )$$
Theo $BCS$, ta có :
$$3\left (\dfrac{a^2 + b^2}{(a + b)^2} + \dfrac{b^2 + c^2}{(b + c)^2} + \dfrac{c^2 + a^2}{(a + c)^2}\right ) \ge \dfrac{9}{2}$$
Ta sẽ chứng minh :
$$3\left (\dfrac{a^2}{(a + b)^2} + \dfrac{b^2}{(b + c)^2} + \dfrac{c^2}{(c + a)^2}\right ) \ge \dfrac{9}{4} (1)$$
Thật vậy :
Vì $$\dfrac{a^2}{(a + b)^2} \ge \dfrac{a^2}{(|a| + |b|)^2}$$
Nên ta hoàn toàn có thể giả sử $a, b, c \ge 0$
Trường hợp 1 : 1 trong 3 số $a, b, c = 0$ dễ dàng suy ra đpcm.
Trường hợp 2 : không có số nào bằng 0.
Lúc đó, $$(1) \Leftrightarrow \dfrac{a^2}{(a + b)^2} + \dfrac{b^2}{(b + c)^2} + \dfrac{c^2}{(c + a)^2} $$ $$= \dfrac{1}{(x + 1)^2} + \dfrac{1}{(y + 1)^2} + \dfrac{1}{(z + 1)^2} \ge \dfrac{1}{xy + 1} + \dfrac{1}{(z + 1)^2} \ge \dfrac{3}{4}$$
Nên (1) đúng.
Suy ra ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 23-03-2012 - 19:06

[DBSK]

Góp vui một bài dạng này!
Cho a,b,c là các số thực dương .CMR:
$\sum (\frac{a+2b}{a+2c})^2 \geq 3$

[Tham Lang]

Giải :
Chuẩn hóa $a + b + c = 1$
Theo $Holder$, ta có
$$\left (\dfrac{(a + 2b)^2}{(a + 2c)^2} + \dfrac{(b + 2c)^2}{(b + 2a)^2} + \dfrac{(c + 2a)^2}{(c + 2b)^2}\right ) \left ((a + 2b)(a + 2c) + (b + 2c)(b + 2a) + (c + 2a)(c + 2b) \right )\left ((a + 2c) + (b + 2a) + (c + 2b)\right )$$ $$\ge \left (a + 2b + b + 2c + c + 2a\right )^3 = 27$$
$$\Leftrightarrow \left (\dfrac{(a + 2b)^2}{(a + 2c)^2} + \dfrac{(b + 2c)^2}{(b + 2a)^2} + \dfrac{(c + 2a)^2}{(c + 2b)^2}\right )\left (a^2 + b^2 + c^2 + 8(ab + bc + ca)\right )\ge 9$$
Lại có $$a^2 + b^2 + c^2 + 8(ab + bc + ca) = (a + b + c)^2 + 6(ab + bc + ca) = 1 + 6(ab + bc + ca) \le 1 + 2 = 3$$
Suy ra $$\dfrac{(a + 2b)^2}{(a + 2c)^2} + \dfrac{(b + 2c)^2}{(b + 2a)^2} + \dfrac{(c + 2a)^2}{(c + 2b)^2} \ge 3$$
ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 17-03-2012 - 17:28

[phuc_90]

$$\dfrac{1}{(x + 1)^2} + \dfrac{1}{(y + 1)^2}$$ $$ \ge \dfrac{1}{xy + 1}$$

BĐT chỉ đúng trong trường hợp $x,y$ không âm, ở đây $x,y$ là những số thực. Em xem lại nhé @_^)

[Tham Lang]

Đã được sửa lại

[anh qua]

Bài toán :
Chứng minh rằng $\left(\dfrac{2a-b}{a+b}\right)^2+\left(\dfrac{2b-c}{b+c}\right)^2+\left(\dfrac{2c-a}{c+a}\right)^2 \geq \dfrac{3}{4}$

trong đó a,b,c là các số thực sao cho các phân thức trên tồn tại

Mọi người thử làm theo hướng này xem sao:
Đặt $\frac{2a-b}{a+b}=x, \frac{2b-c}{b+c}=y, \frac{2c-a}{a+c}=z$. Thì ta có: $(1+x)(1+y)(1+z)=(2-x)(2-y)(2-z)$. Nhân tugn tóe ra ta được điều kiện của x,y,z...