Chủ đề này có 3 trả lời

[duongvanhehe]

Bài toán:Cho $a,b,c\geq 0$.Chứng minh rằng:
$\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq \frac{9abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}$

[kainguyen]

Bài toán:Cho $a,b,c\geq 0$.Chứng minh rằng:
$\frac{(a+b+c)^{2}}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq \frac{9abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}$

Dễ thấy có nhiều nhất 1 trong 3 số $a,b,c$ bằng 0. Khi đó bđt hiển nhiên đúng.

Giả sử 3 số $a,b,c$ khác 0.

Khi đó, theo Cauchy - Schwarz và bđt $3(x^2+y^2+z^2) \ge (x+y+z)^2$ ta có:

$\frac{9abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}\leq \frac{9abc}{\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}}\leq \frac{9\sqrt{3}abc}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}.(ab+bc+ca)}$

Ta cần cm: $\dfrac{(a+b+c)^2}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \ge \dfrac{9\sqrt{3}abc}{ab+bc+ca}$

Ta chuẩn hóa $a+b+c=3$ và đặt: $\left\{\begin{array}{1}a+b+c=p=3\\ab+bc+ca=q\\abc=r \end{array}\right.$

Khi đó bđt (1) trở thành: $q^2\geq 3r^2(q^2-2q)$ đúng do: $\left\{\begin{matrix}
q\leq \frac{p^2}{3}=3\\
r\leq \frac{p^3}{27}=1
\end{matrix}\right.$

Vậy bđt được cm.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: $a=b=c=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 26-07-2012 - 18:02

[minh29995]

$\frac{9abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}\leq \frac{9abc}{\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}}\leq \frac{9\sqrt{3}abc}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}.(ab+bc+ca)}$

Chỗ này ngược dấu cái đầu tiên!!

[BoFaKe]

$\frac{9abc}{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}\leq \frac{9abc}{\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}}\leq \frac{9\sqrt{3}abc}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}.(ab+bc+ca)}$

Chỗ này ngược dấu cái đầu tiên!!

Hình như chỗ này đâu có ngược dấu ,chẳng phải là
$\sqrt{3(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})}\geq ab+bc+ca
\Rightarrow \frac{\sqrt{3}}{ab+bc+ca}\geq \frac{1}{\sqrt{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}}
\Rightarrow \frac{9\sqrt{3}abc}{(ab+bc+ca)\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq \frac{9abc}{\sqrt{(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}$
-------------------------------
Sặc,mình tưởng cái thứ 2 sai,xí lộn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 27-07-2012 - 17:05