CM bất BPT

[mua_sao_bang_98]

[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.

Bài 1: Cho a,b,c>0; a+b+c=3
$CM: \frac{a^3}{a+bc}+\frac{b^3}{b+ac}+\frac{c^3}{c+ab}$ \geq $\frac{3}{2}$


Bài 2: a,b,c>0.

$CM: \frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{a+c}+\frac{2c}{a+b}$ \geq $3+\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$

 

[demon311]

Ta có:
$9=(a+b+c)^2 \ge 3(ab+bc+ca)$
$ab+bc+ca \le 3$

$\dfrac{a^3}{a+bc}+\dfrac{a+bc}{4}+\dfrac{1}{2} \ge 3.\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{8}}=\dfrac{3a}{2}$
Tương tự:

$\dfrac{b^3}{b+ac}+\dfrac{c+ab}{4}+\dfrac{1}{2} \ge \dfrac{3b}{2} \\
\dfrac{c^3}{c+ab}+\dfrac{c+ab}{4}+\dfrac{1}{2} \ge \dfrac{3c}{2}$
Do đó:

$\dfrac{a^3}{a+bc}+ \dfrac{a+bc}{4}+\dfrac{1}{2}+ \dfrac{b^3}{b+ac}+\dfrac{c+ab}{4}+\dfrac{1}{2}+ \dfrac{c^3}{c+ab}+\dfrac{c+ab}{4}+\dfrac{1}{2} \ge \dfrac{3(a+b+c)}{2}=\dfrac{9}{2}$

$\dfrac{a^3}{a+bc}+ \dfrac{b^3}{b+ac}+ \dfrac{c^3}{c+ab} \ge \dfrac{9}{2} - \dfrac{3}{2} - \dfrac{a+b+c+ab+ac+bc}{4} \ge 3 - \dfrac{3+3}{4}=\dfrac{3}{2}$
Dấu bằng xảy ra: $a=b=c=1$

 

[congchuaanhsang]

Theo Cauchy-Schwarz có:

$VT=\dfrac{a^4}{a^2+abc}+\dfrac{b^4}{b^2+abc} + \dfrac{c^4}{c^2+abc}$

\geq $\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2+b^2+c^2+3abc}$

Ta phải cm $\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^2+b^2+c^2+3abc}$ \geq $\dfrac{3}{2}$ (1)

Thật vậy (1) \Leftrightarrow $2(a^2+b^2+c^2)^2$ \geq $3(a^2b^2+c^2)+9abc$

\Leftrightarrow $(a^2+b^2+c^2)[2(a^2+b^2+c^2)-3]$ \geq $9abc$

Theo Cauchy $a+b+c$ \geq $3\sqrt[3]{abc}$ \Leftrightarrow $9abc$ \leq 9 (*)

Lại có theo Cauchy-Schwarz: $a^2+b^2+c^2$ \geq $\dfrac{(a+b+c)^2}{3}=3$

\Leftrightarrow $(a^2+b^2+c^2)[2(a^2+b^2+c^2)-3]$ \geq 9 (**)

Từ (*) và (**) \Rightarrow $(a^2+b^2+c^2)[2(a^2+b^2+c^2)-3]$ \geq $9abc$

Vậy (1) đúng

Bđt được cm

 

[vuive_yeudoi]

Bài 2: a,b,c>0.
$CM: \frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{a+c}+\frac{2c}{a+b}$ \geq $3+\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2}$

Nhân cả hai vế của bất đẳng thức đề bài với $ \displaystyle \left( a+b+c \right)^2 $ thì nó sẽ tương đương với
$$ \sum \frac{2a \left(a+b+c \right)^2}{b+c} \ge 3 \left( a+b+c \right)^2 + 2 \left( a^2+b^2+c^2- ab-bc -ca \right) \quad{\left( 1 \right)}$$
Để ý là
$$ \frac{2a \left(a+b+c \right)^2}{b+c}=\frac{2a^3}{b+c}+4a^2+2ab+2ac $$
Như vậy $ \displaystyle \left( 1 \right) $ có thể được viết lại thành
$$ 4 \left(a^2+b^2+c^2 +ab+bc+ca \right)+ 2 \sum \frac{a^3}{b+c} \ge 3 \left( a^2+b^2+c^2 +2ab+2bc+2ca\right) + 2 \left( a^2+b^2+c^2- ab-bc -ca \right)$$
Tương đương với
$$ \sum \frac{a^3}{b+c} \ge \frac{a^2+b^2+c^2}{2} \quad{ \left( 2 \right)} $$
Bất đẳng thức $ \displaystyle \left( 2 \right) $ đúng bởi Cauchy Schwarz
$$ \sum \frac{a^3}{b+c}=\sum \frac{ \left(a^2 \right)^2}{ab+ca} \ge \frac{ \left(a^2+b^2+c^2 \right)^2}{2 \left( ab+bc+ca\right)} \ge \frac{a^2+b^2+c^2}{2} $$
Từ đó dẫn tới điều cần chứng minh .

P.s: Hơn thế nữa với các số $ \displaystyle a,b,c >0$ ta có thể chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn như sau
$$ \frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b} \ge 3 + 2 \cdot \left( \frac{ \left(a-b \right)^2+\left(b-c \right)^2 + \left(c-a \right)^2}{\left( a+b+c \right)^2} \right) $$
Xét
$$ P= \frac{2a}{b+c}+\frac{2b}{c+a}+\frac{2c}{a+b} - 3 - 2 \cdot \left( \frac{ \left(a-b \right)^2+\left(b-c \right)^2 + \left(c-a \right)^2}{\left( a+b+c \right)^2} \right) $$
Ta thấy
$$ P=\frac{M}{ \left( a+b\right) \left(b+c \right) \left( c+a \right) \left( a+b+c \right)^2} $$
Trong đó
$$ M= \left( a+b \right) \left( {a}^{2}+ab-ca-bc+{b}^{2} \right) \left( a
-b \right) ^{2}+ \left( b+c \right) \left( {b}^{2}+bc-ab-ca+{c}^{2}
\right) \left( b-c \right) ^{2}+ \left( c+a \right) \left( {c}^{2}+
ca-bc-ab+{a}^{2} \right) \left( c-a \right) ^{2} \\
= S_c \cdot \left( a-b \right)^2 + S_a \cdot \left(b-c \right)^2+S_b \cdot \left(c-a \right)^2
$$
Do vai trò $ \displaystyle a,b,c $ như nhau nên có thể giả sử $ \displaystyle a\ge b \ge c $ .

Ta thấy
$$ S_b =\left( c+a \right) \left( c^2 + \left(c+a \right) \left( a-b \right) \right) \ge 0 $$
$$ S_b+S_a= \left( b+a+2c \right) \left( {b}^{2}-2ab+{a}^{2}+{c}^{2}\right) \ge 0
$$
$$ S_b+S_c= \left( b+2a+c \right) \left( {b}^{2}-2bc+{a}^{2}+{c}^{2}\right) \ge 0 $$
Bởi $ \displaystyle a\ge b \ge c $ nên
$$ \left(a-c \right)^2 = \left(a-b \right)^2+\left( b-c\right)^2+2 \left(a-b \right) \left(b-c \right) \ge \left( a-b \right)^2 + \left(b-c \right)^2$$
Từ đó
$$ M = S_c \cdot \left( a-b \right)^2 + S_a \cdot \left(b-c \right)^2+S_b \cdot \left(c-a \right)^2 \ge \left( S_a + S_b \right) \left( b-c\right)^2 +\left(S_b+S_c \right) \left( a-b \right)^2 \ge 0 $$
Dẫn tới điều phải chứng minh .