Prove that: $1+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq \frac{16abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Question

For positive real numbers

$a,b,c.$

Prove that:

$1+\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\geq \frac{16abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

tran85295 · Answer 1 · 6/29/2016 1:34:40 PM

Cho

$a=-3,b=4,c=1$ thì bdt sai :))

Nếu đề cho

$a,b,c>0$ , trừ 2 vế cho 2

$bdt\Leftrightarrow \frac{ab+bc+ca-(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} \ge \frac{2(8abc-(a+b)(b+c)(c+a))}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

$\Leftrightarrow \frac{(a+b)(b+c)(c+a)-8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge \frac{2(a^2+b^2+c^2-ab+bc+ca)}{4(a^2+b^2+c^2)}$

$\Leftrightarrow \frac{a(b-c)^2+b(c-a)^2+c(a-b)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{4(a^2+b^2+c^2)}$

$\Leftrightarrow \sum (b-c)^2\bigg[\frac{a}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{1}{4(a^2+b^2+c^2)} \bigg] \ge0$

$\Leftrightarrow S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2 \ge0$

Giả sử

$a \ge b \ge c$

Khi đó

$S_a \ge S_b \ge S_c,2b \ge b+c$

$2S_b=\frac{2b}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)} \ge \frac{1}{(a+b)(a+c)}-\frac{1}{2(a^2+b^2+c^2)} >0$

Khi đó áp dụng bdt

$(a-c)^2 \ge (a-b)^2+(a-c)^2$ ta có ngay dpcm

Trả lời 29-06-16 01:34 PM

tran85295
141 5

10M 559K

ko, đang nói mấy cái biến đổi! mak thôi, có hướng là đc r – Confusion 30-06-16 10:29 PM

:D đâu sao :D ai mak ko nhầm chứ – ๖ۣۜJinღ๖ۣۜKaido 29-06-16 06:10 PM

tắt vậy? ==" – Confusion 29-06-16 06:00 PM

vậy ak, chị ngu Anh lắm :(( – Confusion 29-06-16 05:47 PM

mak chị thiếu phải là " for positive real numbers..." – ๖ۣۜJinღ๖ۣۜKaido 29-06-16 02:20 PM

hehe tưởng cho negative – ๖ۣۜJinღ๖ۣۜKaido 29-06-16 02:19 PM

à thế hả :)) dốt tiếng anh :(( – tran85295 29-06-16 02:15 PM

đợi lát về check @@ – Confusion 29-06-16 02:15 PM

For positive reals = cho các số thực dương ==" – Confusion 29-06-16 02:13 PM

1 Đáp án