Chủ đề này có 5 trả lời

[conan98md]

CM bất đẳng thức

 

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2abc}+\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+ab}+\frac{b^{2}+c^{2}}{a^{2}+bc}+\frac{a^{2}+c^{2}}{b^{2}+ac} \geq \frac{9}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DarkBlood: 14-06-2013 - 14:33

[25 minutes]

CM bất đẳng thức

 

$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2abc}$+$\frac{a^{2}+b^{2}}{c^{2}+ab}$+$\frac{b^{2}+c^{2}}

 

{a^{2}+bc}$+$\frac{a^{2}+c^{2}}{b^{2}+ac}$ $\geq$ $\frac{9}{2}$

Đây là 1 bất đẳng thức không chặt

Dễ thấy $\frac{a^3+b^3+c^3}{2abc} \geq \frac{3}{2}$ theo AM-GM

Do đó ta chỉ cần chứng minh $\frac{a^2+b^2}{c^2+ab}+\frac{b^2+c^2}{a^2+bc}+\frac{c^2+a^2}{b^2+ac} \geq 3$

Áp dụng B.C.S ta có $(c^2+ab)^2 \leq (c^2+a^2)(c^2+b^2)$

                 $\Rightarrow \frac{a^2+b^2}{c^2+ab} \geq \frac{a^2+b^2}{\sqrt{(c^2+a^2)(c^2+b^2)}}$

                $\Rightarrow \sum \frac{a^2+b^2}{c^2+ab} \geq \sum \frac{a^2+b^2}{\sqrt{(c^2+a^2)(c^2+b^2)}}$

Lại có theo AM-GM thì $\sum \frac{a^2+b^2}{\sqrt{(c^2+a^2)(c^2+b^2)}} \geq 3$

Vậy ta có đpcm

Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=c>0$

[Tienanh tx]

Cách 2:

 

$\oplus$ Ta có: $\dfrac{a^3+b^3+c^3}{2abc} \overset{AM-GM}{\ge} \dfrac{3\sqrt[3]{a^3b^3c^3}}{2abc} = \dfrac{3}{2}$

$\oplus$ Ta đi chứng minh $\sum \dfrac{a^2+b^2}{c^2+ab} \ge \dfrac{6}{2} = 3$

$\oplus$ Ta có: $\dfrac{a^2 + b^2}{c^2 + ab} + \dfrac{b^2 + c^2}{a^2 + bc} + \dfrac{c^2 + a^2}{b^2 + ca} \overset{AM-GM}{\ge}  3\sqrt[3]{ \dfrac{\prod (a^2+b^2)}{\prod (c^2+ab)}}$ $(1)$

$\oplus$ Ta có: $(c^2+ab)(b^2+ac)(a^2+ab) = (c.c+a.b)(b.b+a.c)(a.a+a.b) \overset{Bunyakovsky}{\leq} \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} = \sqrt{(a^2+b^2)^2(b^2+c^2)^2(c^2+a^2)^2} = (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$ $(2)$

$\oplus$ Thay $(2)$ vào $(1)$ $\Longrightarrow$ $QED$

[Tienanh tx]

Cách 3:

 

Ta có: \[VT = \frac{{{a^2}}}{{2bc}} + \frac{{{b^2}}}{{2ac}} + \frac{{{c^2}}}{{2ab}} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{c^2} + ab}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + bc}} + \frac{{{c^2} + {a^2}}}{{{b^2} + ac}}\]

\[ = \left( {\frac{{{a^2} + bc}}{{2bc}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + bc}}} \right) + \left( {\frac{{{b^2} + ac}}{{2ac}} + \frac{{{c^2} + {a^2}}}{{{b^2} + ac}}} \right) + \left( {\frac{{{c^2} + ab}}{{2ab}} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{c^2} + ab}}} \right) - \frac{3}{2}\]

\[ \ge \left( {\frac{{{a^2} + bc}}{{2bc}} + \frac{{2bc}}{{{a^2} + bc}}} \right) + \left( {\frac{{{b^2} + ac}}{{2ac}} + \frac{{2ac}}{{{b^2} + ac}}} \right) + \left( {\frac{{{c^2} + ab}}{{2ab}} + \frac{{2ab}}{{{c^2} + ab}}} \right) - \frac{3}{2}\]

\[ \ge 2 + 2 + 2 - \frac{3}{2} = \frac{9}{2} \Rightarrow Q.E.D\]

[Tienanh tx]

Cách 4 : 

 

$\oplus$ Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức C-S ta có

\[ VT= \frac{{{a^2}}}{{2bc}} + \frac{{{b^2}}}{{2ca}} + \frac{{{c^2}}}{{2ab}} + \sum {\left( {\frac{{{a^2}}}{{{c^2} + ab}} + \frac{{{b^2}}}{{{c^2} + ab}}} \right)} \ge \frac{{{{[3(a + b + c)]}^2}}}{{2{{(a + b + c)}^2}}} = \frac{9}{2} = VP \]

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tienanh tx: 24-06-2013 - 23:32

[Oral1020]

Một bất đẳng thức cũng gần giống như vậy:

Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:

$\dfrac{a^2+b^2}{ab+b^2}+\dfrac{b^2+c^2}{bc+c^2}+\dfrac{c^2+d^2}{cd+d^2}+\dfrac{d^2+a^2}{ad+a^2} \ge \sqrt[3]{\dfrac{54a}{a+d}}$