Chủ đề này có 5 trả lời

[moonlight0610]

Bài 1: Cho a,b,c $\geq 0$ , ab+bc+ca=1
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{2}$
Mình muốn chứng minh bất đẳng thức này dưới dạng BĐT Cauchy-Schwarz, các bạn giúp mình với!
Bài 2: Cho a, b, c $\geq 0$ và $a^{2}+b^{2}+c^{2}$=3
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^{2}+2b^{2}+3}+\frac{1}{b^{2}+2c^{2}+3}+\frac{1}{c^{2}+2a^{2}+3}\leq \frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonlight0610: 20-01-2012 - 18:45

[Cao Xuân Huy]

Bài 1: Cho a,b,c $\geq 0$ , ab+bc+ca=1
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{2}$

Bài này xem ở đây: http://diendantoanho...ic=66878&st=208

Bài 103:
BĐT$\Leftrightarrow 2(a+b+c)^{2}-5(a+b+c)+2+5abc\geq 0$(1)
Đặt p=a+b+c;q=ab+bc+ca,r=abc nên (1)$\Leftrightarrow 2p^{2}-5p+2+5r\geq 0$
*$p\geq 2\Rightarrow 2p^{2}-5p+2+5r=(p-2)(2p-1)+5r\geq 0$(đúng)
*$p\leq 2$.Áp dụng bất đẳng thức Schur ta có:
$r\geq \frac{p(4q-p^{2})}{9}\Leftrightarrow 5r\geq \frac{20pq-5p^{3}}{9}=\frac{20p-5p^{3}}{9}$

$\Rightarrow 2p^{2}-5p+2+5r\geq 2p^{2}-5p+2+\frac{20p-p^{3}}{9}=-\frac{5}{9}p^{3}+2p^{2}-\frac{25}{9}p+2\geq 0$
$\Leftrightarrow 5p^{3}-18p^{2}+25p-18\leq 0\Leftrightarrow (p-2)(5p^{2}-8p+9)\leq 0$(đúng do $p\leq 2$)
Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Dấu"=" xảy ra khi a=b=1,c=0 và các hoán vị

Bài 2: Cho a, b, c $\geq 0$
Chứng minh rằng: $\frac{1}{a^{2}+2b^{2}+3}+\frac{1}{b^{2}+2c^{2}+3}+\frac{1}{c^{2}+2a^{2}+3}\leq \frac{1}{2}$

Thử với $a=b=c=\frac{1}{2}$ thì $VT=\frac{4}{5}>VP$ nên bđt sai.
:closedeyes:zz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 20-01-2012 - 14:20

[moonlight0610]

Bài này xem ở đây: http://diendantoanho...ic=66878&st=208






Thử với $a=b=c=\frac{1}{2}$ thì $VT=\frac{4}{5}>VP$ nên bđt sai.
:closedeyes:zz

Bài này xem ở đây: http://diendantoanho...ic=66878&st=208






Thử với $a=b=c=\frac{1}{2}$ thì $VT=\frac{4}{5}>VP$ nên bđt sai.
:closedeyes:zz

Bài đó chị thiếu dữ kiện là $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$ hèn gì giải mãi ko ra, mà bài 2 chị giải được rồi cám ơn em vì lời giải của bài 1 nha!

[Ispectorgadget]

Bài 2:Từ điều kiện ta có: $3=a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow 1\geq abc$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$\frac{1}{a^2+b^2+b^2+3}\leq \frac{1}{2(ab+b+1)}$
CMTT: $\frac{1}{2c^2+b^2+3}\leq \frac{1}{2(cb+b+1)}$
$\frac{1}{2a^2+c^2+3}\leq \frac{1}{2(ca+a+1)}$
Tới đây đơn giản rồi cộng 3 vế lại ta có
$VT\leq (\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}+1}+\frac{1}{\frac{1}{b}+a+1})=\frac{1}{2}(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{ab+b+1}+\frac{1}{ab+b+1})=\frac{1}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 20-01-2012 - 20:34

[moonlight0610]

Bài 2:Từ điều kiện ta có: $3=a^2+b^2+c^2\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\Leftrightarrow 1\geq abc$
Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$\frac{1}{a^2+b^2+b^2+3}\leq \frac{1}{2(ab+b+1)}$
CMTT: $\frac{1}{2c^2+b^2+3}\leq \frac{1}{2(cb+b+1)}$
$\frac{1}{2a^2+c^2+3}\leq \frac{1}{2(ca+a+1)}$
Tới đây đơn giản rồi cộng 3 vế lại ta có
$VT\leq (\frac{1}{ab+b+1}+\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}+1}+\frac{1}{\frac{1}{b}+a+1})=\frac{1}{2}(\frac{1}{ab+b+1}+\frac{ab}{ab+b+1}+\frac{1}{ab+b+1})=\frac{1}{2}$
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Hì, Bài này mình giải đc rùi nhưng dù sao cg~ cám ơn lời giải của bạn

[moonlight0610]

Cách khác, bài 2: Sử dụng BĐT AM-GM, ta có:
$\frac{a}{a^{2}+2b+3}=\frac{a}{(a^{2}+1)+2b+2}\leq \frac{a}{2a+2b+2}.$.
Từ đó ta chỉ cần chứng minh đc:
$\frac{a}{a+b+1}+\frac{b}{b+c+1}+\frac{c}{c+a+1}\leq 1$
Do $\frac{a}{a+b+1}=1-\frac{b+1}{a+b+1}$
BĐT trở thành: $\frac{b+1}{a+b+1}+\frac{c+1}{b+c+1}+\frac{a+1}{c+a+1}\geq 2$
Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz, ta có:
VT$\geq \frac{[(b+1)+(c+1)+(a+1)]^{2}}{\sum (b+1)(a+b+1)}=\frac{(a+b+c+3)^{2}}{3(a+b+c)+(ab+bc+ca)+6}$ (1)
Mà: $3\sum a+\sum ab+6=3\sum a+\frac{(\sum a)^{2}-3}{2}+6=\frac{(\sum a+3)^{2}}{2}.$
Thế vào (1) ta có đpcm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1