Đến nội dung

Hình ảnh

Cho a,b,c >0. Chứng minh: $\sum \frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{3}$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1
henry0905

henry0905

    Trung úy

  • Thành viên
  • 892 Bài viết
Cho a,b,c >0. Chứng minh:
$\sum \frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{3}$

#2
nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết

Cho a,b,c >0. Chứng minh:
$\sum \frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{3}$

Dùng UCT ta được:
$\frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}} \geq \frac{2a-b}{3}$
Tương đương với $\frac{(a+b)(a-b)^2}{3(a^2+ab+b^2)} \geq 0$ luôn đúng !

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#3
HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết

Cho a,b,c >0. Chứng minh:
$\sum \frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{3}$

$\sum \frac{a^{3}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq \sum \frac{2a^{3}}{3a^{2}+3b^{2}}$
Cần chứng minh $\sum \frac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}}\geq \frac{a+b+c}{2}$
Áp dụng AM-GM ta có;$\frac{a^{3}}{a^{2}+b^{2}}=a-\frac{ab^{2}}{a^{2}+b^{2}}\geq a-\frac{b}{2}$
Làm tương tự rồi cộng lại ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 18-08-2012 - 14:19


#4
HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
Cho a,b,c là các số dương.Chứng minh $\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 1$

#5
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết

Cho a,b,c là các số dương.Chứng minh $\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}\geq 1$

Ta có $Q.e.D\Leftrightarrow \frac{1}{1+\frac{b}{a}+\frac{b^2}{a^2}}+\frac{1}{1+\frac{c}{b}+\frac{c^2}{b^2}}+\frac{1}{1+\frac{a}{c}+\frac{a^2}{c^2}}\geq 1$
Đặt $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z$ ($x,y,z>0$)Ta có $xyz=1$ và ta cần chứng minh:
$$\frac{1}{1+x+x^2}+\frac{1}{1+y+y^2}+\frac{1}{1+z+z^2}\geq 1$$
Đây là 1 bài toán quen thuộc và đã được chứng minh trên diễn đàn

Vì $xyz=1$ nên tồn tại $a;b;c>0$ thỏa mãn $x=\frac{bc}{a^2}$; $y=\frac{ca}{b^2}$; $z=\frac{ab}{c^2}$

Khi đó \[\frac{1}{{{x^2} + x + 1}} = \frac{1}{{\frac{{{b^2}{c^2}}}{{{a^4}}} + \frac{{bc}}{{{a^2}}} + 1}} = \frac{{{a^4}}}{{{a^4} + {a^2}bc + {b^2}{c^2}}}\]

Hay \[LHS = \frac{{{a^4}}}{{{a^4} + {a^2}bc + {b^2}{c^2}}} + \frac{{{b^4}}}{{{b^4} + {b^2}ca + {c^2}{a^2}}} + \frac{{{c^4}}}{{{c^4} + {c^2}ab + {a^2}{b^2}}} \ge \frac{{{{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}^2}}}{{{a^4} + {b^4} + {c^4} + {a^2}{b^ + }{b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} + abc\left( {a + b + c} \right)}} \ge 1\]

Thật vậy BĐT cuối

\[ \Leftrightarrow \left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) \ge abc\left( {a + b + c} \right)\]
BĐT này luôn đúng theo $AM-GM$


“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#6
HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
Nhân 2 vế của BĐT với $a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ca$ ta được
$\sum \frac{a^{2}}{a^{2}+ab+b^{2}}=\sum \frac{a^{2}(a^{2}+ab+b^{2}+c(b+c+a))}{a^{2}+ab+b^{2}}=\sum a^{2}+(a+b+c)\sum \frac{a^{2}c}{a^{2}+ab+b^{2}}=\sum a^{2}+(a+b+c)\sum \frac{a^{2}c^{2}}{a^{2}c+abc+b^{2}c}\geq \sum a^{2}+\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)^{2}}{(ab+bc+ca)(a+b+c)}=\sum a^{2}+\sum ab$
BĐT được chứng minh

#7
Stephen Hawking

Stephen Hawking

    Lính mới

  • Thành viên
  • 7 Bài viết
Tiếp nhỉ :)
Bài toán 3.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\sum \dfrac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}\ge \sum \dfrac{a+b}{a^2+b^2+1}$$

#8
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết
Đói quá :'(
The0 $AM-GM$ ta có : $2(a+b)\leq a^2+b^2+2\to \frac{a+b}{a^2+b^2+1}\leq \frac{1}{2}(2-\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1})$
Tương tự và cộng lại ta có $RHS\leq \frac{1}{2}(6-\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1})$
Vậy ta chỉ cần chứng minh
$$\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}\geq \frac{1}{2}(6-\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1})$$
$$\Leftrightarrow 3(\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1})\geq 6$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}\geq 2$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a^2+b^2+1}\leq 1$$ (Lấy $3$ trừ 2 vế)
Lúc đó ta đặt $a^2=x^3,b^2=y^3,c^2=z^3$ thì $x,y,z>0,xyz=1$ và cần chứng minh:
$$\frac{1}{x^3+y^3+1}+\frac{1}{y^3+z^3+1}+\frac{1}{z^3+x^3+1}\leq 1$$
Hay cụ thể hơn là:
$$\frac{1}{x^3+y^3+xyz}+\frac{1}{y^3+z^3+xyz}+\frac{1}{z^3+x^3+xyz}\leq \frac{1}{xyz}$$
Và đây là 1 kết quả quen thuộc nhờ sử dụng bất đẳng thức $x^3+y^3\geq 3xy(x+y)$ sau đó tương tự và cộng lại.
Vậy ta có ĐPCM.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 18-08-2012 - 18:26

“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#9
HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết

Tiếp nhỉ :)
Bài toán 3.
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\sum \dfrac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}\ge \sum \dfrac{a+b}{a^2+b^2+1}$$

Viết lại bất đẳng thức $\sum \frac{a+b+1}{a^{2}+b^{2}+1}\leq 3$
Theo Cauchy-Schwarz ta có:$a^{2}+b^{2}+1\geq \frac{(a+b+1)^{2}}{3}$
$\Rightarrow \sum \frac{a+b+1}{a^{2}+b^{2}+1}\leq 3\sum \frac{1}{a+b+1}$
Ta chỉ cần chứng minh $\sum \frac{1}{a+b+1}\leq 1\Leftrightarrow (a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 2(a+b+c)+3$(đúng vì$ ab+bc+ca \geq 3$)
Bất đẳng thức được chứng minh :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 18-08-2012 - 18:38





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh