Bài 104596

Question

Giả sử $a,b,c > 0$, chứng minh.
$a + b + c \le \frac{a^2 + b^2}{2c} + \frac{b^2 + c^2}{2a} + \frac{c^2 + a^2}{2b} \le \frac{a^3}{bc} + \frac{b^3}{ca} + \frac{c^3}{ab}$

hoàng anh thọ · Answer 1 · 5/17/2012 3:12:10 PM

a) $\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{\rm{2c}}}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{\rm{2a}}}} + \frac{{{c^2} + {a^2}}}{{{\rm{2b}}}} \ge \frac{{2{\rm{ab}}}}{{{\rm{2c}}}} + \frac{{{\rm{2bc}}}}{{{\rm{2a}}}} + \frac{{{\rm{2ca}}}}{{{\rm{2b}}}} \ge \frac{{{\rm{ab}}}}{{\rm{c}}} + \frac{{{\rm{bc}}}}{{\rm{a}}} + \frac{{{\rm{ca}}}}{{\rm{b}}}$
sẽ chứng minh : $\frac{{ab}}{c} + \frac{{bc}}{a} + \frac{{ca}}{b} \ge a + b + c$            (2)
(2) $ \Leftrightarrow {a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2} \ge abc(a + b + c)$:
$ \Leftrightarrow \frac{1}{2}(ab-ac)^2+\frac{1}{2}(ab-bc)^2+\frac{1}{2}(bc-ac)^2 \ge 0$ đúng $ \forall a,b,c$
Ta có ĐPCM.

b) $\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{2c}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{2{\rm{a}}}} + \frac{{{{\rm{c}}^{\rm{2}}}{\rm{ + }}{{\rm{a}}^{\rm{2}}}}}{{{\rm{2b}}}} \le \frac{{{{\rm{a}}^{\rm{3}}}}}{{{\rm{bc}}}} + \frac{{{{\rm{b}}^{\rm{3}}}}}{{{\rm{ca}}}} + \frac{{{{\rm{c}}^{\rm{3}}}}}{{{\rm{ab}}}}$        (3)
Nhân hai vế với $2{\rm{abc > 0}}$:
(3) $ \Leftrightarrow 2\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) \ge ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + bc\left( {{b^2} + {c^2}} \right) + ca\left( {{c^2} + {a^2}} \right)$
Ta có:     ${a^4} + {b^4} \ge ab({a^2} + {b^2}) = {a^3}b + a{b^3}$
$ \Leftrightarrow {a^3}(a - b) - {b^3}(a - b) \ge 0$
$ \Leftrightarrow {(a - b)^2}({a^2} + ab + {b^2}) \ge 0$ : luôn đúng
Tương tự :         ${b^4} + {c^4} \ge bc({b^2} + {c^2})$
                            ${c^4} + {a^4} \ge ca({c^2} + {a^2})$.
Từ đó có (đpcm)

Bài 104596

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 104596

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan