BĐT Iran 96 $\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$
#1
Đã gửi 20-08-2012 - 11:36
$\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$
- 1problemperday yêu thích
Tôi chờ đợi giây phút chiến thắng,
Chiến thắng được bản thân và chinh phục ước mơ của chính mình.
#2
Đã gửi 20-08-2012 - 11:59
Em chỉ biết cách không dùng SOS thôi, anh coi xem sao
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y \geq z$
Vậy ta sẽ chứng minh một bất đẳng thức "chặt hơn"
$\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
* C/m : $\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2} - \frac{2}{(x+z)(y+z)} \geq \frac{1}{4xy}-\frac{1}{(x+y)^2}$
$\Leftrightarrow \frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2} \geq \frac{(x-y)^2}{4xy(x+y)^2}$ ~ Bđt này chuẩn men.
* C/m $\frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
$\Leftrightarrow (xy+yz+xz)[\frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy}] \geq \frac{9}{4}$
Mặt khác ta cũng có
$\frac{xy+yz+xz}{4xy} = \frac{1}{4} + \frac{z(x+y)}{4xy}$
$\frac{2(xy+yz+xz)}{(x+z)(y+z)} = 2-\frac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
Vậy bđt cần chứng minh
$\Leftrightarrow \frac{z(x+y)}{4xy} \geq \frac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(x+z) \geq 8xyz$, bất đẳng thức này cũng chuẩn men theo $AM-GM$
Vậy ta có $Q.E.D$
- BoFaKe, wronghole, yeutoan2001 và 4 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 20-08-2012 - 13:13
Phương pháp SOS:Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
$\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$
Phương pháp dồn biến:
Còn đây là lời giải của một thành viên trên diễn đàn:
Bài BĐT trên có rất nhiều cách giải,mình chỉ post 2 cách mà mình thấy gọn nhẹ nhất
Cách 1(Iurie Boreico):
Đặt $x+y=c;y+z=a;z+x=b$,ta nhóm BĐT về dạng chính tắc của Phương pháp SOS:$\sum \left(\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2} \right) (a-b)^2 \ge 0$
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $a \ge b \ge c$.Nếu $2c^2-ab \ge 0$ thì dẫn đến $S_a;S_b;S_c \ge 0 \Rightarrow Q.E.D$ trong đó $S_a=\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2};S_b=\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2};S_c=\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2}$.Do đó ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp $2c^2<ab$.
Đầu tiên,ta chứng minh rằng $2b^2 \ge ac;2a^2 \ge bc$.Giả sử $2b^2<ac$.Nên $(b+c)^2 \le 2(b^2+c^2)<a(b+c) \Rightarrow b+c<a$(vô lý).và chúng ta viết lại BĐT dưới dạng sau:$\left(\dfrac{2}{ac}-\dfrac{1}{b^2} \right)(a-c)^2+\left(\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2} \right)(b-c)^2 \ge \left(\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab} \right)(a-b)^2$.Dễ dàng có $(a-c)^2 \ge (a-b)^2+(b-c)^2$ nên ta chỉ việc chứng minh:
$\left(\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2} \right)(b-c)^2 \ge \left(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab}-\dfrac{2}{ac} \right)(a-b)^2(1)$
Lại có $\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab}-\dfrac{2}{ac}<\left(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c} \right)^2$
$ \Rightarrow VP_{(1)}<\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2}{b^2c^2}$
Dễ dàng có $\dfrac{2}{ac}+\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2} \ge \dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}>\dfrac{(a-b)^2}{b^2c^2}$
$ \Rightarrow VT_{(1)}>\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2}{b^2c^2}>VP_{(1)}(Q.E.D)$
Cách 2:
Sử dụng tính thuần nhất của BĐT,ta chuẩn hóa $xy+yz+zx=3$Đặt $x+y+z=3a \Rightarrow a \ge 1$.
BĐT trở thành:$\sum \dfrac{1}{(3a-z)^2} \ge \dfrac{9}{4} $
$\Leftrightarrow 4[(xy+3az)^2+(yz+3ax)^2+(zx+3ay)^2] \ge 3(9a-xyz)^2$
$ \Leftrightarrow 3(12a^2-1)(3a^2-4)+xyz(34a-xz) \ge 0 (1) $
$\Leftrightarrow 12(3a^2-1)^2+208a^2 \ge (17a-xyz)^2(2)$
Xét 2 trường hợp:
$*3a^2-4 \ge 0$.
Ta có $34a-xyz=\dfrac{1}{9}[34(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz]>0$ dẫn đến (1) đúng.
$*3a^2-4 <0$.Sử dụng BĐT Schur bậc 3,ta có:$3a^3-4a+xyz \ge 0$
$ \Rightarrow 12(3a^2-1)+208a^2-(17a-xyz)^2 \ge 12(3a^2-1)^2+208a^2-a^2(3a^2+13)^2$
$=3(1-a^3)^2(4-3a^2)^2 \ge 0$ dẫn đến (2) đúng.
Vậy ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c;a=0,b=c$ hoặc các hoán vị tương ứng.
- kunkute, BlackSelena, Tru09 và 2 người khác yêu thích
THẬT THÀ THẲNG THẮN THƯỜNG THUA THIỆT
LƯƠN LẸO LUỒN LỎI LẠI LEO LÊN
Một ngày nào đó ta sẽ trở lại và lợi hại hơn xưa
#4
Đã gửi 23-08-2012 - 16:06
Theo em nghĩ thì bài giải bằng cách SOS của anh Hùng thì có lẽ đoạn cuối xét dấu bằng có sai xót,tại sao $c=0$ trong khi $c$ dưới mẫu .Phương pháp SOS:
Phương pháp dồn biến:
Còn đây là lời giải của một thành viên trên diễn đàn:
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 23-08-2012 - 16:06
- BlackSelena yêu thích
#5
Đã gửi 12-07-2013 - 17:27
Em chỉ biết cách không dùng SOS thôi, anh coi xem sao
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y \geq z$
Vậy ta sẽ chứng minh một bất đẳng thức "chặt hơn"
$\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
* C/m : $\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2} - \frac{2}{(x+z)(y+z)} \geq \frac{1}{4xy}-\frac{1}{(x+y)^2}$
$\Leftrightarrow \frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2} \geq \frac{(x-y)^2}{4xy(x+y)^2}$ ~ Bđt này chuẩn men.
* C/m $\frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
$\Leftrightarrow (xy+yz+xz)[\frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy}] \geq \frac{9}{4}$
Mặt khác ta cũng có
$\frac{xy+yz+xz}{4xy} = \frac{1}{4} + \frac{z(x+y)}{4xy}$
$\frac{2(xy+yz+xz)}{(x+z)(y+z)} = 2-\frac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
Vậy bđt cần chứng minh
$\Leftrightarrow \frac{z(x+y)}{4xy} \geq \frac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(x+z) \geq 8xyz$, bất đẳng thức này cũng chuẩn men theo $AM-GM$
Vậy ta có $Q.E.D$
chỗ đấy sai rồi
#6
Đã gửi 13-08-2015 - 21:42
Phương pháp SOS:
Phương pháp dồn biến:
Còn đây là lời giải của một thành viên trên diễn
banj có thể viết ra các cách cm của các phương pháp dc k0 . mạng nhà mình chạy mãi k0 ra
#7
Đã gửi 03-05-2017 - 13:07
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh:
$\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$
$\text{VT-VP}= \sum \frac{[abc(a+b+7c)+c(8a+8b+7c)(a+b-c)^2](a-b)^2}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 03-05-2017 - 13:09
- Tea Coffee và Khoa Linh thích
#8
Đã gửi 23-04-2021 - 19:50
Bất đẳng thức Iran 96! Bài này mình thích dùng đổi biến $p,q,r$ kết hợp Schur bậc 3, bậc 4!
- Hoang72 và Sangnguyen3 thích
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh