Chủ đề này có 6 trả lời

[Hoang Tung 126]

   Bài toán :  Cho các số thực dương $a,b,c> 0$  thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=1$ .CMR:

 

          $\frac{a+b}{1-ab}+\frac{b+c}{1-bc}+\frac{c+a}{1-ac}\leq 3(a+b+c)$

 

 

 

 

[binhnhaukhong]

Nếu dùng định lý ABC ở đây thì ta chỉ cần chứng minh bài toán trong 2 trường hợp là $a=b$ hay $c=0$.Bởi hàm thu được theo $abc$ là hàm nghịch biến, nhưng trường hợp $a=b$ là khá vất nếu không có máy tính phép tính có căn thức khá cồng kềnh (có lẽ có 1 lời giải nào đó đẹp hơn bằng C-S).Find it!

[Hoang Tung 126]

Nếu dùng định lý ABC ở đây thì ta chỉ cần chứng minh bài toán trong 2 trường hợp là $a=b$ hay $c=0$.Bởi hàm thu được theo $abc$ là hàm nghịch biến, nhưng trường hợp $a=b$ là khá vất nếu không có máy tính phép tính có căn thức khá cồng kềnh (có lẽ có 1 lời giải nào đó đẹp hơn bằng C-S).Find it!

Bài này ko cần dùng đến cái đó ,mà dùng đền thì rất dài và phức tạp, nói chung là dùng BĐT cơ bản là xong

[binhnhaukhong]

Spoiler

Cách không đẹp.Mong không nhận gạch đá.

 

Chứng minh BĐT tương đương sau:

 

$\frac{x+y}{3-xy}+\frac{y+z}{3-yz}+\frac{x+z}{3-xz}\leq x+y+z$ với $x^2+y^2+z^2=3$

 

Đưa về dạng đồng bậc là:

 

$\frac{x+y}{x^2+y^2+z^2-xy}+\frac{y+z}{x^2+y^2+z^2-yz}+\frac{x+z}{x^2+y^2+z^2-xz}\leq \frac{3(x+y+z)}{x^2+y^2+z^2}$

 

Bỏ qua điều kiện $x^2+y^2+z^2=3$ ta chuẩn hóa $x+y+z=1$ và đặt $p=x+y+z=1,q=xy+yz+xz,r=xyz$

 

Viết lại BĐT trên dưới dạng

 

$f(r)=3r^2+r(20q-16q^2-6)+16q^3-20q^2+8q-1\leq 0$

 

Hàm này nghịch biến theo $r$ nên sử dụng phép đặt $3q=1-x^2$ với $0\leq x\leq 1$ thì ta có: $r\geq \frac{(1+x)^2(1-2x)}{27}$

 

Do đó mà $f(r)\leq f(\frac{(1+x)^2(1-2x)}{27})=\frac{1}{243}(1-2x)^2(x-2)x^2(8x^2+x+2)\leq 0$ với mọi $0\leq x\leq 1$

 

Vậy BĐT được chứng minh.Lấy $x=\sqrt{3}a,y=\sqrt{3}b,z=\sqrt{3}c$ ta được BĐT ban đầu.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 06-06-2015 - 08:47

[Hoang Tung 126]

Spoiler

Cách không đẹp.Mong không nhận gạch đá.

 

Chứng minh BĐT tương đương sau:

 

$\frac{x+y}{3-xy}+\frac{y+z}{3-yz}+\frac{x+z}{3-xz}\leq x+y+z$ với $x^2+y^2+z^2=3$

 

Đưa về dạng đồng bậc là:

 

$\frac{x+y}{x^2+y^2+z^2-xy}+\frac{y+z}{x^2+y^2+z^2-yz}+\frac{x+z}{x^2+y^2+z^2-xz}\leq \frac{3(x+y+z)}{x^2+y^2+z^2}$

 

Bỏ qua điều kiện $x^2+y^2+z^2=3$ ta chuẩn hóa $x+y+z=1$ và đặt $p=x+y+z=1,q=xy+yz+xz,r=xyz$

 

Viết lại BĐT trên dưới dạng

 

$f(r)=3r^2+r(20q-16q^2-6)+16q^3-20q^2+8q-1\leq 0$

 

Hàm này nghịch biến theo $r$ nên sử dụng phép đặt $3q=1-x^2$ với $0\leq x\leq 1$ thì ta có: $r\geq \frac{(1+x)^2(1-2x)}{27}$

 

Do đó mà $f(r)\leq f(\frac{(1+x)^2(1-2x)}{27})=\frac{1}{243}(1-2x)^2(x-2)x^2(8x^2+x+2)\leq 0$ với mọi $0\leq x\leq 1$

 

Vậy BĐT được chứng minh.Lấy $x=\sqrt{3}a,y=\sqrt{3}b,z=\sqrt{3}c$ ta được BĐT ban đầu.

Lại chơi p,q,r hả bạn, cách này ko hay

[binhnhaukhong]

Lại chơi p,q,r hả bạn, cách này ko hay

Thì bảo cách không hay rồi mà 

[Hoang Tung 126]

Spoiler

Cách không đẹp.Mong không nhận gạch đá.

 

Chứng minh BĐT tương đương sau:

 

$\frac{x+y}{3-xy}+\frac{y+z}{3-yz}+\frac{x+z}{3-xz}\leq x+y+z$ với $x^2+y^2+z^2=3$

 

Đưa về dạng đồng bậc là:

 

$\frac{x+y}{x^2+y^2+z^2-xy}+\frac{y+z}{x^2+y^2+z^2-yz}+\frac{x+z}{x^2+y^2+z^2-xz}\leq \frac{3(x+y+z)}{x^2+y^2+z^2}$

 

Bỏ qua điều kiện $x^2+y^2+z^2=3$ ta chuẩn hóa $x+y+z=1$ và đặt $p=x+y+z=1,q=xy+yz+xz,r=xyz$

 

Viết lại BĐT trên dưới dạng

 

$f(r)=3r^2+r(20q-16q^2-6)+16q^3-20q^2+8q-1\leq 0$

 

Hàm này nghịch biến theo $r$ nên sử dụng phép đặt $3q=1-x^2$ với $0\leq x\leq 1$ thì ta có: $r\geq \frac{(1+x)^2(1-2x)}{27}$

 

Do đó mà $f(r)\leq f(\frac{(1+x)^2(1-2x)}{27})=\frac{1}{243}(1-2x)^2(x-2)x^2(8x^2+x+2)\leq 0$ với mọi $0\leq x\leq 1$

 

Vậy BĐT được chứng minh.Lấy $x=\sqrt{3}a,y=\sqrt{3}b,z=\sqrt{3}c$ ta được BĐT ban đầu.

  Đây là cách của mình ,lời giải ko cần phức tạp như trên đâu

 

Ta có :$\frac{a+b}{1-ab}+\frac{b+c}{1-bc}+\frac{c+a}{1-ac}\leq 3(a+b+c)$

        $< = > (\frac{a+b}{1-ab}-(a+b))+(\frac{b+c}{1-bc}-(b+c))+(\frac{c+a}{1-ac}-(a+c))\leq a+b+c$

        $< = > \frac{ab(a+b)}{1-ab}+\frac{bc(b+c)}{1-bc}+\frac{ac(a+c)}{1-ac}\leq a+b+c$

 

 Theo Bunhiacopxki có :$\frac{ab(a+b)}{1-ab}=\frac{ab(a+b)}{a^2+b^2+c^2-ab}=\frac{ab(a+b)^2}{(a+b)(a^2+b^2+c^2-ab)}=\frac{ab(a+b)^2}{a^3+b^3+ac^2+bc^2}=\frac{ab(a+b)^2}{a(a^2+c^2)+b(b^2+c^2)}\leq ab.(\frac{a^2}{a(a^2+c^2)}+\frac{b^2}{b(b^2+c^2)})=\frac{a^2b}{a^2+c^2}+\frac{ab^2}{b^2+c^2}= > \frac{ab(a+b)}{1-ab}\leq \frac{a^2b}{a^2+c^2}+\frac{ab^2}{b^2+c^2}$

 

   Tương tự $\frac{bc(b+c)}{1-bc}\leq \frac{bc^2}{a^2+c^2}+\frac{b^2c}{a^2+b^2}$

                    $\frac{ac(a+c)}{1-ac}\leq \frac{a^2c}{a^2+b^2}+\frac{ac^2}{b^2+c^2}$

    

  Cộng theo  vế các BĐT 

 

$= > \frac{ab(a+b)}{1-ab}+\frac{bc(b+c)}{1-bc}+\frac{ac(a+c)}{1-ac}\leq \frac{b(a^2+c^2)}{a^2+c^2}+\frac{a(b^2+c^2)}{b^2+c^2}+\frac{c(a^2+b^2)}{a^2+b^2}=a+b+c= > \frac{ab(a+b)}{1-ab}+\frac{bc(b+c)}{1-bc}+\frac{ac(a+c)}{1-ac}\leq a+b+c$

 

   Do đó ta có ĐPCM .Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$