Chủ đề này có 2 trả lời

[Dung Dang Do]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoã mãn $abc=1$.CMR:
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{3}{2}(a+b+c-1)$$

[Nguyenhuyen_AG]

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoã mãn $abc=1$.CMR:
$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\ge \frac{3}{2}(a+b+c-1)$$

Bài này đã từng xuất hiện trên tạp chí THTT trong chuyên mục đề ra kỳ này, lần đó thì chỉ có hai bạn giải được bài này. Ở đây có một cách bằng đạo hàm khá hay của anh Cẩn như sau

Bài này có nhiều cách, ở đây mình xin trình bày cách giải bằng công cụ đạo hàm cho quen thuộc:

Do $a,\,b,\,c >0$ và $abc=1$ nên tồn tại $x,\,y,\,z>0$ sao cho $a=\frac{x}{y},\, b=\frac{z}{x},\, c=\frac{y}{z}$ (chẳng hạn, ta có thể chọn $x=a,\, y=1,\, z=ab$). Thay vào, ta viết được bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng $$2(x^3+y^3+z^3) +3xyz \ge 3(xy^2+yz^2+zx^2).$$ Không mất tính tổng quát, giả sử $y$ nằm giữa $x$ và $z.$ Ta có 2 trường hợp xảy ra:

• Trường hợp $x \ge y \ge z.$ Xét hàm số $$f(x)=2(x^3+y^3+z^3)+3xyz-3(xy^2+yz^2+zx^2), (1)$$ ta có $$f'(x)=6x^2+3yz-3y^2-6xz=6x^2-3y^2-3z(2x-y) \ge 6x^2-3y^2-3y(2x-y)=6x(x-y) \ge 0.$$ Suy ra $f(x)$ là hàm đồng biến trên $[y,\, +\infty)$ và ta có $$f(x) \ge f(y)=2(2y^3+z^3)+3y^2z-3(y^3+yz^2+y^2z)=(y+2z)(y-z)^2 \ge 0.$$
• Trường hợp $z \ge y \ge x.$ Xét hàm số $$g(z)=2(x^3+y^3+z^3)+3xyz -3(xy^2+yz^2+zx^2),$$ ta có $$g'(z)=6z^2+3xy -6yz-3x^2=6z(z-y)+3x(y-x) \ge 0.$$ Do đó $g(z)$ là hàm đồng biến trên $[y,\, +\infty)$ và ta có $$g(z) \ge g(y)=2(x^3+2y^3)+3xy^2-3(xy^2+y^3+x^2y)=(2x+y)(x-y)^2 \ge 0.$$

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z,$ tức $a=b=c=1.$ $\blacksquare$

Bất đẳng thức một có khá nhiều cách giải, chẳn hạn như ta dùng bất đẳng thức Schur bậc ba hoặc dùng S-S, các bạn thử xem nhé.

[nguyenhaduy1998tq]

Mình cũng có một cách khác không biết đúng không, mọi người xem thử góp ý kiến:

BĐT $\Leftrightarrow $ 2( $\sum $$\frac{a}{b}$) + 3 $\geq $ 3(a+b+c) 

Ta thấy luôn tồn tại 2 số cùng lớn hơn hoặc bằng một hoặc cùng nhỏ hơn hoặc bằng 1, ta giả sử 2 số đó là b và c, ta có:

$\frac{2a}{b}$ + $\frac{b}{c}$ $\geq $ 3$\sqrt[3]{\frac{a^{2}}{bc}}$ = 3a (Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1)   (1)

Ta đi chứng minh $\frac{2c}{a}$ + $\frac{b}{c}$ + 3 $\geq$ 3(b+c)

$\Leftrightarrow$ 2bc$^{2}$ + ab$^{2}$ +3 $\geq $3(b+c) 

Ta có:

2bc$^{2}$ + ab$^{2}$ +3=b(c$^{2}$+c$^{2}$+$\frac{1}{c})$+3 $\geq$ 3(bc+1) (2)

mà (b-1)(c-1)$\geq$ 0  (theo giả thiết)

$\Leftrightarrow$ bc+1$\geq$ b+c (3)

(Dấu "=" xảy ra khi b=c=1)

Từ (1),(2) và (3) $\Rightarrow$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaduy1998tq: 26-07-2013 - 14:02