vta00

CHo a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn: $\frac{2}{a}+\frac{1}{b}\leq 1;\frac{4}{c}+b\leq 2$

TÌm Min:   $P=a+9b+c$

$P\geq a(\frac{2}{a}+\frac{1}{b})+kb(\frac{2}{a}+\frac{1}{b})+\frac{q}{2}\left (\frac{4}{c}+b \right )+\frac{c}{2}\left ( \frac{4]}{c}+ b\right )$,trong đó $k+q=9$,khai triển ra ta cân bằng hệ số với $a=8,b=\frac{4}{3},c=6$

Cho $a;b;c$ là các số thực tùy ý . Chứng minh rằng :

$\prod (a+b-c)^{2}\geq \prod (a^{2}+b^{2}-c^{2})$

Gia su $a^{2}\geq b^{2}\geq c^{2}$ thi $a^{2}+b^{2}-c^{2}\geq 0,a^{2}+c^{2}-b^{2}\geq 0$,neu $a^{2},b^{2},c^{2}$ khong la do dai 3 canh tam giac thi $b^{2}+c^{2}-a^{2}\leq 0$ nen bdt hien nhien dung.Neu $a^{2},b^{2},c^{2}$ la do dai 3 canh tam giac,ta co$\left [ a^{2}-\left ( b-c \right )^{2} \right ]\geq \left ( a^{2} +b^{2}-c^{2}\right )\left ( a^{2} +c^{2}-b^{2}\right )$ tuong duong voi$\left ( b-c \right )^{2}\left ( b^{2}+c^{2} -a^{2}\right )\geq 0$,tuong tu nhu vay nhan lai ta co bdt can cm

Ta chứng minh bdt chặt hơn $\sum \frac{a^{4}\left ( b+c \right )}{b^{3}+c^{3}}\geq a+b+c$ đến đây quy đồng ra là$\sum a^{9}b\geq \sum a^{7}b^{3}$,áp dụng bất đẳng thức Chebychev ta có $a^{9}b+b^{9}b\geq a^{^{8}}b^{2}+b^{8}a^2> a^{7}b^{3}+b^{7}a^{3}$ cộng lại ta được điều cần phải chứng minh