chứng minh bất phương trình

[lananh040]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

a,b,c > 0 thỏa mãn $a^2 + b^2 + c^2 =3$
CM: $\dfrac{a}{\sqrt{b}}+\dfrac{b}{\sqrt{c}}+\dfrac{c}{\sqrt{a}} \ge a+b+c$

 

[huynhbachkhoa23]

Đặt $x=\sqrt{a}, y=\sqrt{b}, z=\sqrt{c}$ thì $x^4+y^4+z^4=3$ và bất đẳng thức trở thành:

$\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge x^2+y^2+z^2$​

Thực tế ta có một bất đẳng thức mạnh hơn:

$\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge 3\sqrt[4]{\dfrac{x^4+y^4+z^4}{3}}$​

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

$\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2y+y^2z+z^2x}$​

Áp dụng tiếp bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

$x^2y+y^2z+z^2x\le \sqrt{(x^2+y^2+z^2)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)}$​

Vậy là ta có:

$\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge \sqrt[4]{\dfrac{(x^2+y^2+z^2)^6}{(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2}}$​

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

$(x^2+y^2+z^2)^6=\left[x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)\right]^3\ge 27(x^4+y^4+z^4)(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^2$​

Do đó:

$\dfrac{x^2}{y}+\dfrac{y^2}{z}+\dfrac{z^2}{x}\ge 3\sqrt[4]{\dfrac{x^4+y^4+z^4}{3}}$​

 

[huynhbachkhoa23]

Tương tự bài toán này, ta có các bài toán sau:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh các bất đẳng thức:
$(i) \;\;\;\; \dfrac{a^2}{2b+c}+\dfrac{b^2}{2c+a}+\dfrac{c^2}{2a+b}\ge \sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}}$
$(ii)\;\;\;\; \dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}\ge \dfrac{3}{2}\sqrt[5]{\dfrac{a^5+b^5+c^5}{3}}$