Chủ đề này có 4 trả lời

[BoBoiBoy]

Bài toán:Cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$.
CMR:$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

[WhjteShadow]

Bài toán:Cho a;b;c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$.
CMR:$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

Đầu tiên ta sẽ chứng minh bổ đề quen thuộc sau:
$$(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)\,\,\,(*)$$
Thật vậy áp dụng đẳng thức $(a+b+c)(ab+bc+ca)=(a+b)(b+c)(c+a)+abc$ Thì ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{1}{9}.(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}abc$$
$$\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$$
Bất đẳng thức cuối luôn đúng the0 $AM-GM$ nên ta có $(*)$ luôn đúng!
Quay trở lại bài toán.Áp dụng $(*)$ ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{ab+bc+ca}}$$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:
$$\frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{a+c}+\frac{c^2}{a+b}=\frac{a^3}{ab+ac}+\frac{b^3}{ab+bc}+\frac{c^3}{ca+bc}$$
$$\geq \frac{(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})^2}{2(ab+bc+ca)}$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})^2}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{ab+bc+ca}}$$
$$\Leftrightarrow (a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})^2\geq 3\sqrt{3.(ab+bc+ca)}$$
Nhưng điều này luôn đúng the0 $AM-GM$
$2(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})+3\geq 3(a+b+c)=9$ và $3.(ab+bc+ca)\leq (a+b+c)^2=9$
Vậy nên :
$$(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})^2\geq 9\geq 3\sqrt{3.(ab+bc+ca)}$$
Phép chứng minh hoàn tất.Dấu bằng xảy ra tại $a=b=c=1$ $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 15-09-2012 - 20:30

[Joker9999]

Bài này em dùng phân tích bình phương S.0.S
--------------------------------------------------------------
Biến đổi bằng cách quy đồng ta được BDT tương đương như sau:( thay a+c=3-b và tương tự)

\[
\begin{array}{l}
\sum a ^2 (3 - b)(3 - c) \ge 3\sqrt 2 \sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \\
VT = 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 3ab(a + b) - 3bc(b + c) - 3ac(c + a) \\
= 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 9ab - 9bc - 9ac + 9abc \\
\end{array}
\]
Bất đẳng thức trên tương đương với :

\[
\frac{9}{2}{\rm{[}}(a - b)^2 + (b - c)^2 + (a - c)^2 {\rm{]}} \ge {\rm{3}}\sqrt 2 \frac{{a(b - c)^2 + c(a - b)^2 + b(a - c)^2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sc=\[
\frac{3}{2} - \frac{{c\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sb=\[
\frac{3}{2} - \frac{{b\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sa=\[
\frac{3}{2} - \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Ta có:
Sc=\[
\begin{array}{l}
\frac{{3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc) - 2\sqrt 2 c}}{{2(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc)}} \\
3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \ge 2\sqrt 2 \sqrt {(a + b + c)(ab + ac + bc)} \ge 2\sqrt {2c} \\
\Leftrightarrow 3ab + 3ac + 3bc \ge c^2 \\
\end{array}
\]
Đặt f(x)=\[
3ab + 3ac + 3bc - c^2
\]
Ta thấy f(a,b,c)\[
\ge f(\sqrt {ab} ,\sqrt {ab} ,c)
\]
=> \[
\begin{array}{l}
f(x) \ge f(\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}}) \\
d = \sqrt[3]{{abc}} \\
f(x) \ge 8d^2 > 0 \\
\end{array}
\]
Tương tự chứng minh Sb,Sa dương.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 15-09-2012 - 22:38

[bdtilove]

Thêm một lời giải nữa cho bài toán thú vị này:
Nhân cả hai vế cho $ (a+b)(b+c)(c+a) $ Ta sẽ chứng minh:
$ \sum a^2(a+b)(a+c) \ge 3\sqrt{2(a+b)(b+c)(c+a)} $
Sử dụng đánh giá: $ x^2(x+z)+y^2(y+z) \ge \frac{(x+y)^2}{4}(x+y+2z) $ là tổng của 2 bất đẳng thức đúng:
$ 4(x^3+y^3) \ge (x+y)^3 $ và $ 2(x^2+y^2) \ge (x+y)^2 $
Từ đây ta thu được:
$ \sum a^2(a+b)(a+c) \ge \sum \frac{(a+b)^3}{8}\left ( (a+c)+(b+c) \right ) $ Đặt $ x=a+b; y=b+c; z=c+a $ Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:
$ \frac{x^3}{8}(y+z)+\frac{y^3}{8}(z+x)+\frac{z^3}{8}(x+y)\ge 3\sqrt{2xyz} $ với $ x+y+z=6 $
Ta lại có đánh giá như sau:
$ 3\sum x^{3}y+3\sum xy^{3}\ge 2(x^{2}+y^{2}+z^{2})(xy+yz+zx)\ge 24(xy+yz+zx) $ Do đó ta chỉ cần chứng minh: $ (xy+yz+zx)\ge 3\sqrt{2xyz}\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^{2}\ge 3xyz(x+y+z) $ Hiển nhiên đúng!!Đẳng thức xảy ra khi $ x=y=z=2 $ hay $ a=b=c=1 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bdtilove: 18-09-2012 - 12:57

[bdtilove]

Bài này em dùng phân tích bình phương S.0.S
--------------------------------------------------------------
Biến đổi bằng cách quy đồng ta được BDT tương đương như sau:( thay a+c=3-b và tương tự)

\[
\begin{array}{l}
\sum a ^2 (3 - b)(3 - c) \ge 3\sqrt 2 \sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \\
VT = 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 3ab(a + b) - 3bc(b + c) - 3ac(c + a) \\
= 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 9ab - 9bc - 9ac + 9abc \\
\end{array}
\]
Bất đẳng thức trên tương đương với :

\[
\frac{9}{2}{\rm{[}}(a - b)^2 + (b - c)^2 + (a - c)^2 {\rm{]}} \ge {\rm{3}}\sqrt 2 \frac{{a(b - c)^2 + c(a - b)^2 + b(a - c)^2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sc=\[
\frac{3}{2} - \frac{{c\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sb=\[
\frac{3}{2} - \frac{{b\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sa=\[
\frac{3}{2} - \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Ta có:
Sc=\[
\begin{array}{l}
\frac{{3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc) - 2\sqrt 2 c}}{{2(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc)}} \\
3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \ge 2\sqrt 2 \sqrt {(a + b + c)(ab + ac + bc)} \ge 2\sqrt {2c} \\
\Leftrightarrow 3ab + 3ac + 3bc \ge c^2 \\
\end{array}
\]
Đặt f(x)=\[
3ab + 3ac + 3bc - c^2
\]
Ta thấy f(a,b,c)\[
\ge f(\sqrt {ab} ,\sqrt {ab} ,c)
\]
=> \[
\begin{array}{l}
f(x) \ge f(\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}}) \\
d = \sqrt[3]{{abc}} \\
f(x) \ge 8d^2 > 0 \\
\end{array}
\]
Tương tự chứng minh Sb,Sa dương.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Đã SOS mà còn MV!! Vả lại đây là phần Bất đẳng thức dành cho đại học, ai lại xài mấy pp hiện đại chứ!! Bạn nên tìm lời giải khác thì hơn!!