Chủ đề này có 74 trả lời

[dark templar]

Thân chào tất cả các bạn

Thay cho lời mở đầu,mời các bạn đọc qua topic sau.

Nào,chúng ta cùng vào vấn đề chính.

Bài toán 1: Với 3 số dương $a,b,c$;hãy chứng minh rằng :
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \ge a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$

[henry0905]

Thân chào tất cả các bạn

Thay cho lời mở đầu,mời các bạn đọc qua topic sau.

Nào,chúng ta cùng vào vấn đề chính.

Bài toán 1: Với 3 số dương $a,b,c$;hãy chứng minh rằng :
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a} \ge a+b+c+\frac{4(a-b)^2}{a+b+c}$$ (1)

Phát đầu:
$(1)\Leftrightarrow \sum (\frac{a^{2}}{b}-2a+b)\geq \frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
VT= $\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^{2}}{b}\geq \frac{(a-b+c-b+a-c)^{2}}{a+b+c}=\frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
Ta có dpcm.

[dark templar]

Phát đầu:
$(1)\Leftrightarrow \sum (\frac{a^{2}}{b}-2a+b)\geq \frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
VT= $\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^{2}}{b}\geq \frac{(a-b+c-b+a-c)^{2}}{a+b+c}=\frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
Ta có dpcm.

Mong em đọc kỹ dòng này .

Và cũng mong các bạn đưa ra một lời giải hoàn chỉnh ,đừng chỉ nêu hướng giải.

Nhấn mạnh ở chữ hoàn chỉnh đấy nhé

[WhjteShadow]

Mong em đọc kỹ dòng này .

Nhấn mạnh ở chữ hoàn chỉnh đấy nhé

:") E thấy bạn làm được rùi mà anh Bài này quá quen thuộc...
Đề xuất 1 bài toán tương tự (Tất nhiên là hay hơn rùi :">)
Đề nghị 1.1.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{7(a-c)^2}{16(ab+bc+ca)}$$
Ngoài điểm rơi $a=b=c$ còn có $a=\frac{4}{3}b,c=0$

[Mai Xuan Son]

:") E thấy bạn làm được rùi mà anh Bài này quá quen thuộc...
Đề xuất 1 bài toán tương tự (Tất nhiên là hay hơn rùi :">)
Đề nghị 1.1.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2}+\frac{7(a-c)^2}{16(ab+bc+ca)}$$
Ngoài điểm rơi $a=b=c$ còn có $a=\frac{4}{3}b,c=0$

1.2 =))

$a,b,c\geq 0$
Prove
$\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}+\frac{7}{16}.\frac{max{[(a-b)^2;(b-c)^2;(c-a)^2]}}{ab+bc+ac}$

Solution
Giả sử $a\geq b\geq c$
$\rightarrow$
$\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}+\frac{7}{16}.\frac{(a-c)^2}{ab+bc+ca}$
$\Leftrightarrow \sum _{cyc}\frac{a[a(b+c)+bc]}{b+c}\geq \frac{3}{2}(ab+bc+ac)+\frac{17}{6}(a-c)^2$
$\Leftrightarrow \sum a^2+abc.\sum \frac{1}{b+c}\geq \frac{3}{2}(ab+bc+ac)+\frac{7}{16}(a-c)^2$
Theo AM-HM
$\frac{1}{a+c}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{a+b}\geq \frac{9}{2.(a+b+c)}$
Cần chứng minh
$a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{2(a+b+c)}\geq \frac{3}{2}(ab+bc+ac)+\frac{7}{16}(a-c)^2$
Từ trên đặt $a=c+x$
$b=c+y$ $(x\geq y\geq 0)$
Bất đẳng thức tương đương với:
..............
$(11x^2-32xy+32y^2)c+(x+y)(3x-4y)^2\geq 0$ ($TRUE$) $\blacksquare$
Dấu "=" khi
$a=b=c$ or $a=4/3b$ $c=0$

p/s: Đã dự được điểm rơi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tops2liz: 17-03-2013 - 07:28

[dark templar]

Phát đầu:
$(1)\Leftrightarrow \sum (\frac{a^{2}}{b}-2a+b)\geq \frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
VT= $\Leftrightarrow \Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)^{2}}{b}\geq \frac{(a-b+c-b+a-c)^{2}}{a+b+c}=\frac{4(a-b)^{2}}{a+b+c}$
Ta có dpcm.

Anh nhấn mạnh ở chữ hoàn chỉnh là có lý do nhé Đạt

Đáng lẽ nếu áp dụng C-S thì phải ra thế này :
$$VT \ge \frac{(|a-b|+|b-c|+|c-a|)^2}{a+b+c}$$

Và khi này với không mất tính tổng quát ta giả sử $|a-b|=\min \{|a-b|;|b-c|;|c-a| \}$ thì ngay lập tức ta có :
$$|a-b|+|b-c|+|c-a| \ge 2|a-b|$$

Từ đây ,ta cũng có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay $a=\frac{\sqrt{5}-1}{2}c;c=\frac{\sqrt{5}-1}{2}b$.

Đồng thời cũng cảm ơn Đạt và tops2liz đã đưa ra 2 BĐT đề nghị.
**********
Mình sẽ đưa ra 1 cách giải khác cho bài toán 1:

Lời giải bài toán 1:
Ta có 1 đẳng thức sau :
$$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-(a+b+c)=\frac{1}{a+b+c}\left[\frac{(ac-b^2)^2}{bc}+\frac{(bc-a^2)^2}{ab}+\frac{(ab-c^2)^2}{ac} \right]$$

Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{(ac-b^2)^2}{bc}+\frac{(bc-a^2)^2}{ab}+\frac{(ab-c^2)^2}{ac} \ge 4(a-b)^2$$

Nhưng $\frac{(ab-c^2)^2}{ac} \ge 0$ và:
$$\frac{(ac-b^2)^2}{bc}+\frac{(bc-a^2)^2}{ab} \ge \frac{(|ac-b^2|+|bc-a^2|)^2}{b(a+c)} \ge \frac{(a-b)^2(a+b+c)^2}{b(a+c)}$$

Bằng AM-GM,ta có :
$$b(a+c) \le \frac{(a+b+c)^2}{4} \implies \frac{(a-b)^2(a+b+c)^2}{b(a+c)} \ge 4(a-b)^2$$

Từ đây,ta có đpcm.
**********
Tiếp tục với đề mới nào :

Bài toán 2: Cho $a,b,c,d,e$ là các số thực không âm và có tổng bằng 5.Chứng minh rằng: (7)
$$abc+bcd+cde+dea+eab \le 5$$

Bài toán 3: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn tổng bằng 4.Chứng minh rằng : (37)
$$\frac{1}{11+a^2}+\frac{1}{11+b^2}+\frac{1}{11+c^2}+\frac{1}{11+d^2} \le \frac{1}{3}$$

[Ispectorgadget]

Bài toán 2: Cho $a,b,c,d,e$ là các số thực không âm và có tổng bằng 5.Chứng minh rằng: (7)
$$abc+bcd+cde+dea+eab \le 5$$

Giả sử $e=\min \{a,b,c,d,e\}$

Áp dụng BĐT Cauchy ta có
$$abc+bcd+cde+dea+eab=e(a+c)(b+d)+bc(a+c-e)\le e\left(\frac{a+b+c+d}{2} \right )^2+\left(\frac{b+c+a+d-e}{3} \right )^2 =\frac{e(5-e)^2}{4}+\frac{(5-2e)^3}{27}$$

Ta cần chứng minh $$\frac{e(5-e)^2}{4}+\frac{(5-2e)^3}{27}\le 1$$

Bất đẳng thức này tương đương với $$(e-1)^2(e+8)\ge 0. \square$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 17-03-2013 - 10:42

[Joker9999]

Bài toán 3: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn tổng bằng 4.Chứng minh rằng : (37)
$$\frac{1}{11+a^2}+\frac{1}{11+b^2}+\frac{1}{11+c^2}+\frac{1}{11+d^2} \le \frac{1}{3}$$

Bài này có vẻ dễ, hình như bỏ đk >0 đj cũng được
Ta chứng minh: $\frac{1}{11+a^2}\leq \frac{1}{12}-\frac{1}{72}(a-1)$, điều này tương đương với: $\frac{(a-1)^2(60-12a)}{864(11+a^2)}\geq 0$ đúng do $a\leq 4$
Thiết lập các BDT tương tự có đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 17-03-2013 - 17:13

[dark templar]

Bài này có vẻ dễ, hình như bỏ đk >0 đj cũng được
Ta chứng minh: $\frac{1}{11+a^2}\leq \frac{1}{12}-\frac{1}{72}(a-1)$, điều này tương đương với: $\frac{(a-1)^2(60-12a)}{864(11+a^2)}\geq 0$ đúng do $a\leq 4$
Thiết lập các BDT tương tự có đpcm
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d=1$

Cách giải này phải cần đến điều kiện dương thì mới suy ra được $a<4$ Bài này có nhiều cách lắm,cứ tìm tòi thử đi nhé

[dark templar]

Bài toán 2: Cho $a,b,c,d,e$ là các số thực không âm và có tổng bằng 5.Chứng minh rằng: (7)
$$abc+bcd+cde+dea+eab \le 5$$

Bài toán 3: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn tổng bằng 4.Chứng minh rằng : (37)
$$\frac{1}{11+a^2}+\frac{1}{11+b^2}+\frac{1}{11+c^2}+\frac{1}{11+d^2} \le \frac{1}{3}$$

Lời giải cho bài toán 2 hoàn toàn giống với Kiên đã trình bày

Các bạn vẫn có thể tiếp tục thảo luận các bài toán cũ ngay cả khi có đề mới.

Lời giải bài toán 3:

Lời giải 1: (của Apartim De)
Xét hàm số $f(x)=\frac{1}{11+x^2}$ có đạo hàm cấp 2 là $f'(x)=\frac{6\left(x^2-\frac{11}{3} \right)}{(11+x^2)^3}$.

Do đó nếu $x \in \left(-\sqrt{\frac{11}{3}};\sqrt{\frac{11}{3}} \right)$ thì $f''(x)<0$,suy ra $f(x)$ là hàm lõm trong đoạn $\left(-\sqrt{\frac{11}{3}};\sqrt{\frac{11}{3}} \right)$.

Không mất tính tổng quát,giả sử $a \le b \le c \le d$.

Nếu cả 4 số $a,b,c,d$ đều thuộc khoảng $\left(0;\sqrt{\frac{11}{3}} \right)$ thì BĐT cần chứng minh sẽ đúng theo BĐT Jensen.

Do đó,xét có ít nhất 2 trong số 4 biến $a,b,c,d$ lớn hơn $\sqrt{\frac{11}{3}}$,giả sử đó là $c$ và $d$.

Dễ thấy rằng hàm số $f(x)$ ở trên là hàm nghịch biến trên khoảng xác định là $(0;+\infty)$,nên :
$$f(a)+f(b)+f\left(c \right)+f(d)<f(a-1)+f(b-1)+f(c-3)+f(d-3)<4f\left(\frac{a+b+c+d-8}{4} \right)=4f(-1)=\frac{1}{3}$$.

Lời giải 2: (của Popa Alexandru)
Viết BĐT lại dưới dạng tương đương sau : $\sum_{cyc}(1-a)\frac{a+1}{11+a^2} \ge 0$.

Để ý rằng nếu $a \ge b \ge c \ge d$ thì $\frac{a+1}{11+a^2} \le \frac{b+1}{11+b^2} \le \frac{c+1}{11+c^2} \le \frac{d+1}{11+d^2}$.

Do đó BĐT trên chỉ là hệ quả của BĐT Chebyshev.

**********
Đề mới :

Bài toán 4: Ký hiệu  thông thường $R,r,p$ trong tam giác.Chứng minh rằng $p^2 \ge 2R^2+8Rr+3r^2$.

Bài toán 5: Cho $0<a<b$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_{n}$ thuộc đoạn $[a;b]$.Chứng minh :
$$\left(x_1+x_2+...+x_{n} \right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{n}} \right) \le \frac{n^2(a+b)^2}{4ab}$$

 

[Ispectorgadget]

Bài toán 5: Cho $0<a<b$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_{n}$ thuộc đoạn $[a;b]$.Chứng minh :
$$\left(x_1+x_2+...+x_{n} \right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{n}} \right) \le \frac{n^2(a+b)^2}{4ab}$$

 

$$VT =\left(\frac{a_1}{c}+\frac{a_2}{c}+...+\frac{a_n}{c} \right )\left(\frac{c}{a_1}+\frac{c}{a_2}+...+\frac{c}{a_n} \right )\le \frac{1}{4}\left(\frac{a_1}{c}+\frac{c}{a_1}+\frac{a_2}{c}+\frac{c}{a_2}+...+\frac{a_n}{c}+\frac{c}{a_n} \right )^2$$


Đặt $f(t)=\frac{c}{t}+\frac{t}{c}$

Ta có $f(t)$ đạt giá trị lớn nhất trên $[a;b]$ tại $a$ hoặc $b$.

Ta sẽ chọn $c$ sao cho $f(a)=f(b),c=\sqrt{ab}$

Vậy $f(t)\le \sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}$

Vậy  $$VT \le n^2 \left( \sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}\right )^2 =VP$$

 

Spoiler

Lời giải tham khảo trong File Inequalities Marathon

[dark templar]

Bài toán 4: Ký hiệu  thông thường $R,r,p$ trong tam giác.Chứng minh rằng $p^2 \ge 2R^2+8Rr+3r^2$.

Bài toán 5: Cho $0<a<b$ và $n$ số thực $x_1;x_2;...x_{n}$ thuộc đoạn $[a;b]$.Chứng minh :
$$\left(x_1+x_2+...+x_{n} \right)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+...+\frac{1}{x_{n}} \right) \le \frac{n^2(a+b)^2}{4ab}$$

 

Cứ tưởng sẽ có nhiều người ủng hộ topic này lắm,vì thấy trên diễn đàn khá nhiều topic BĐT...

Spoiler

Cứ hễ đi tìm Bài viết mới là biết chắc rằng đã có 1 trang topic về BĐT,mỉa mai thật...

 

Lời giải bài toán 4 (của Virgil Nicula):

Ta sẽ sử dụng các công thức liên qua đến các góc tam giác sau :

• $(1):a^2+b^2+c^2=2(p^2-r^2-4Rr)$.
• $(2):4S=(b^2+c^2-a^2)\tan A$.
• $(3):\sin 2A+\sin 2B+\sin 2C=\frac{2S}{R^2}$.
• $(4):\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac{r}{R}$.

 

Do đó :

 

\[\begin{eqnarray*}\sum {{a^2}}  &=& \sum {\left( {{b^2} + {c^2} - {a^2}} \right)}=  4S\sum {\frac{{\cos A}}{{\sin A}}} \\&=& 8S\sum {\frac{{{{\cos }^2}A}}{{{\rm{sin2}}A}}} \ge  8S\frac{{{{\left( {\sum {\cos A} } \right)}^2}}}{{\sum {{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in2}}A} }}\\&=& 8S.\frac{{{{\left( {1 + \frac{r}{R}} \right)}^2}}}{{\frac{{2S}}{{{R^2}}}}} = 4{\left( {R + r} \right)^2}\\\Rightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} &\ge& 4{\left( {R + r} \right)^2}\\\Rightarrow 2\left( {{p^2} - {r^2} - 4Rr} \right) &\ge& 4{\left( {R + r} \right)^2}\\\Rightarrow {p^2} &\ge& 2{R^2} + 8Rr + 3{r^2}\end{eqnarray*}\]

 

Lời giải bài toán 5 (của Popa Alexandru):

Đặt $P = \left( {{x_1} + {x_2} + ... + {x_n}} \right)\left( {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} + ... + \frac{1}{{{x_n}}}} \right)$.Ta có :

\[\begin{array}{rcl}P &=& \left( {{x_1} + {x_2} + ... + {x_n}} \right)\left( {\frac{1}{{{x_1}}} + \frac{1}{{{x_2}}} + ... + \frac{1}{{{x_n}}}} \right)\\&=& \left( {\frac{{{x_1}}}{c} + ... + \frac{{{x_n}}}{c}} \right)\left( {\frac{c}{{{x_1}}} + ... + \frac{c}{{{x_n}}}} \right)\\&\le& \frac{1}{4}{\left( {\frac{c}{{{x_1}}} + \frac{{{x_1}}}{c} + ... + \frac{c}{{{x_n}}} + \frac{{{x_n}}}{c}} \right)^2}\end{array}\]

 

Hàm số $f(t)=\frac{c}{t}+\frac{t}{c}$ đạt cực đại trên đoạn $[a;b]$ tại $a$ hay $b$.

 

Ta sẽ chọn $c$ sao cho $f(a)=f(b);c=\sqrt{ab}$.Từ đó $f(t) \le \sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}$.

 

Suy ra :

\[P \le \frac{{{n^2}}}{4}{\left( {\sqrt {\frac{a}{b}}  + \sqrt {\frac{b}{a}} } \right)^2} = \frac{{{n^2}}}{4}\frac{{\left( {a + {b^2}} \right)}}{{ab}}\]

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 6: Cho $a,b,c \ge 0$.Chứng minh rằng :(35)

\[\left( {{a^2} - bc} \right)\sqrt {b + c}  + \left( {{b^2} - ca} \right)\sqrt {c + a}  + \left( {{c^2} - ab} \right)\sqrt {a + b}  \ge 0\]

 

Bài toán 7: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $3x+2y+z=1$.Tìm GTLN của $A=\frac{1}{1+|x|}+\frac{1}{1+|y|}+\frac{1}{1+|z|}$. (26)

[dark templar]

Bài toán 6: Cho $a,b,c \ge 0$.Chứng minh rằng :(35)

\[\left( {{a^2} - bc} \right)\sqrt {b + c}  + \left( {{b^2} - ca} \right)\sqrt {c + a}  + \left( {{c^2} - ab} \right)\sqrt {a + b}  \ge 0\]

 

Bài toán 7: Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $3x+2y+z=1$.Tìm GTLN của $A=\frac{1}{1+|x|}+\frac{1}{1+|y|}+\frac{1}{1+|z|}$. (26)

Spoiler

Topic này vắng teo

Lời giải bài toán 6: 

 

Lời giải 1: (của Popa Alexandru) 

Đặt $\frac{a+b}{2}=x^2;...$ thì BĐT trở thành :

 

\[\begin{array}{l}\sum\limits_{cyc} {xy\left( {{x^3} + {y^3}} \right)}  \ge \sum\limits_{cyc} {{x^2}{y^2}\left( {x + y} \right)} \\\Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {xy\left( {x + y} \right){{\left( {x - y} \right)}^2}}  \ge 0\end{array}\]

 

Lời giải 2: (của Popa Alexandru)

Đặt $A=\sqrt{b+c};...$.Viết lại BĐT dưới dạng :

\[A\left( {{a^2} - bc} \right) + B\left( {{b^2} - ca} \right) + C\left( {{c^2} - ab} \right) \ge 0\]

 

Ta có :

\[\begin{array}{rcl}2\sum\limits_{cyc} {A\left( {{a^2} - bc} \right)}  &=& \sum\limits_{cyc} {A\left[ {\left( {a - b} \right)\left( {a + c} \right) + \left( {a - c} \right)\left( {a + b} \right)} \right]} \\&=& \sum\limits_{cyc} {A\left( {a - b} \right)\left( {a + c} \right)}  + \sum\limits_{cyc} {B\left( {b - a} \right)\left( {b + c} \right)} \\&=& \sum\limits_{cyc} {\left( {a - b} \right)\left[ {A\left( {a + c} \right) - B\left( {b + c} \right)} \right]} \\&=& \sum\limits_{cyc} {\left( {a - b} \right)\frac{{{A^2}{{\left( {a + c} \right)}^2} - {B^2}{{\left( {b + c} \right)}^2}}}{{A\left( {a + c} \right) + B\left( {b + c} \right)}}} \\&=& \sum\limits_{cyc} {\frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {a + c} \right)\left( {b + c} \right)}}{{A\left( {a + c} \right) + B\left( {b + c} \right)}}}  \ge 0\end{array}\]

 

Lời giải bài toán 7 (của dgreenb801):

Chúng ta có thể giả sử cả 3 số $x,y,z$ đều dương vì nếu 1 trong 3 số âm,chúng ta có thể làm cho nó dương và cho phép chúng ta giảm giá trị của 2 biến còn lại,từ đó làm cho tổng biểu thức lớn hơn.

 

Đặt $3x=a;2y=b;z=c$ thì $a+b+c=1$ và chúng ta cần tìm GTLN của $A=\frac{3}{{a + 3}} + \frac{2}{{b + 2}} + \frac{1}{{c + 1}}$.

 

Để ý rằng:

\[\left( {\frac{3}{{a + c + 3}} + 1} \right) - \left( {\frac{3}{{a + 3}} + \frac{1}{{c + 1}}} \right) = \frac{{{a^2}c + a{c^2} + 6ac + 6c}}{{\left( {a + 3} \right)\left( {c + 1} \right)\left( {a + c + 3} \right)}} \ge 0\]

 

Với $a+c$ thay đổi thì tổng đạt GTLN khi $c=0$.Ta cũng có thể lập luận tương tự với $b=0$ thì biểu thức A cũng đạt GTLN.

 

Vậy A đạt GTLN khi $a=1;b=c=0$,với GTLN là $\frac{11}{4}$.

 

**********

Đề mới :

 

Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]

 

Bài toán 9: Cho $a,b,c,d>0$.Chứng minh : (33)

\[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{ab + {b^2}}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{bc + {c^2}}} + \frac{{{c^2} + {d^2}}}{{cd + {d^2}}} \ge \sqrt[3]{{\frac{{54a}}{{a + d}}}}\]

[nguyenthehoan]

**********

Đề mới :

 

Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]

 

Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Svac ta có 

 

$VT\geq \frac{(\sum a^{2})^{2}}{\sum a^{3}+\sum a(b^{2}+c^{2})}$

 

Nên ta phải cm 

 

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

 

$2(\sum a^{2})^{2}\geq 3(\sum a(b^{3}+c^{3}))$

 

Đúng vì ta có bất đẳng thức quen thuộc sau

 

$(\sum a^{2})^{2}\geq 3(a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a)$

 

và $(\sum a^{2})^{2}\geq 3(b^{3}a+c^{3}b+a^{3}c)$ (dpcm)

[Idie9xx]

Spoiler

Topic này vắng teo

**********

Đề mới :

 

Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]

 

Topic vắng ghê

Một cách giải khác cho bài này.

Ta có $A=\sum \frac{a^3}{a^2 + b^2 + ab} - \sum \frac{b^3}{a^2 + b^2 + ab} =\sum \frac{a^3-b^3}{a^2 + b^2 + ab} = \sum (a-b)=0$

Xét thấy $3a^2-3ab+3b^2 \geq a^2+ab+b^2 \Leftrightarrow 3(a+b)(a^2-ab+b^2) \geq (a+b)(a^2+ab+b^2) \Leftrightarrow \frac{a^3+b^3}{a^2 + b^2 + ab} \geq \frac{a+b}{3}$

$\Rightarrow B=\sum \frac{a^3}{a^2 + b^2 + ab} + \sum \frac{b^3}{a^2 + b^2 + ab} \geq 2 \cdot \frac{a+b+c}{3}$

Nên $\sum \frac{a^3}{a^2 + b^2 + ab}=\frac{A+B}{2} \geq \frac{a+b+c}{3}$ (dpcm)

 

@Dark templar: Đây cũng là thủ thuật giải bài này của mình.Nhìn chung bài này có khá nhiều cách,các bạn cứ tiếp tục tìm cách khác nhé.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 07-04-2013 - 20:32

[dark templar]

Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]

 

Bài toán 9: Cho $a,b,c,d>0$.Chứng minh : (33)

\[\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{ab + {b^2}}} + \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{bc + {c^2}}} + \frac{{{c^2} + {d^2}}}{{cd + {d^2}}} \ge \sqrt[3]{{\frac{{54a}}{{a + d}}}}\]

 

Lời giải bài toán 8: 

 

Lời giải 1 (của Popa Alexandru):

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  = \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \]

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh :

\[\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]

 

Ta có:

 

\[\begin{array}{rcl}\frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  - \frac{{a + b + c}}{3} &=& \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\left( {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} - \frac{{a + b}}{3}} \right)} \\&=& \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{3{a^3} + 3{b^3} - {a^3} - {a^2}b - a{b^2} - {b^3} - {a^2}b - a{b^2}}}{{3\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}}} \\&=& \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{2{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {a + b} \right)}}{{3\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}}}  \ge 0\end{array}\]

 

Lời giải 2 (của Mohamed El-Alami):

Ta có:

\[\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}}  = \frac{1}{2}\sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} \]

 

Do $2(a^2+ab+b^2) \le 3(a^2+b^2)$ nên:

\[VT = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{2\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)}}}  \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3} + {b^3}}}{{3\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}}  \ge \frac{{a + b + c}}{3} = VP\]

 

 

Lời giải bài toán 9 (của Aravind Srinivas):

Việt lại VP dưới dạng sau $\frac{{{{\left( {\frac{a}{b}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{a}{b} + 1}} + \frac{{{{\left( {\frac{b}{c}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{b}{c} + 1}} + \frac{{{{\left( {\frac{c}{d}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{c}{d} + 1}}$.

 

Dễ thấy hàm số $f(t)=\frac{t^2+1}{t+1}$ là hàm lồi với $t>0$ nên theo BĐT Jensen thì ta có:

\[VP \ge \frac{{{{\left( {\frac{{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}}}{3}} \right)}^2} + 1}}{{\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{d} + 3}}\]

 

Đặt $K=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}$ thì:

\[\frac{{{{\left( {\frac{K}{3}} \right)}^2} + 1}}{{K + 3}} = \frac{{K + \frac{9}{K}}}{{1 + \frac{3}{K}}} \ge \frac{6}{{1 + \frac{3}{K}}}\]

 

Mặt khác theo AM-GM $K \ge 3{\left( {\frac{d}{a}} \right)^{\frac{1}{3}}}$.

 

Do đó: 

\[\frac{6}{{1 + \frac{3}{K}}} \ge \frac{{6{a^{\frac{1}{3}}}}}{{{a^{\frac{1}{3}}} + {d^{\frac{1}{3}}}}} \ge \frac{{3{a^{\frac{1}{3}}}}}{{{{\left( {\frac{{a + d}}{2}} \right)}^{\frac{1}{3}}}}} = {\left( {\frac{{54a}}{{a + d}}} \right)^{\frac{1}{3}}}\]

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 10: Cho $a,b,c \ge 0$ có tổng bằng 1.Chứng minh: (32)

\[\frac{a}{{\sqrt {{b^2} + 3c} }} + \frac{b}{{\sqrt {{c^2} + 3a} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + 3b} }} \ge \frac{1}{{\sqrt {1 + 3abc} }}\]

 

Bài toán 11: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^3+b^3+3c=5$.Chứng minh: (41)

\[\sqrt {\frac{{a + b}}{{2c}}}  + \sqrt {\frac{{b + c}}{{2a}}}  + \sqrt {\frac{{c + a}}{{2b}}}  \le \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\]

 

 

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 13-04-2013 - 20:36

[Sagittarius912]

 

 

Bài toán 8: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : (29)

\[\frac{{{a^3}}}{{{a^2} + {b^2} + ab}} + \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + {c^2} + bc}} + \frac{{{c^3}}}{{{c^2} + {a^2} + ca}} \ge \frac{{a + b + c}}{3}\]

 

 

Bài này quen quen

Theo bất đẳng thức AM-GM,ta có

 

$\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}=a-\frac{ab(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge a-\frac{a+b}{3}$

 

$\Rightarrow \sum \frac{a^3}{a^2+ab+b^2}\ge \sum (a-\frac{a+b}{2})=\frac{a+b+c}{3}$

 

Đây chính là đcpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sagittarius912: 14-04-2013 - 20:31

[WhjteShadow]

 

Bài toán 10: Cho $a,b,c \ge 0$ có tổng bằng 1.Chứng minh: (32)

\[\frac{a}{{\sqrt {{b^2} + 3c} }} + \frac{b}{{\sqrt {{c^2} + 3a} }} + \frac{c}{{\sqrt {{a^2} + 3b} }} \ge \frac{1}{{\sqrt {1 + 3abc} }}\]

 

Bài toán 11: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a^3+b^3+3c=5$.Chứng minh: (41)

\[\sqrt {\frac{{a + b}}{{2c}}}  + \sqrt {\frac{{b + c}}{{2a}}}  + \sqrt {\frac{{c + a}}{{2b}}}  \le \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\]

 

Lâu nay để topic phủ bụi r` Quay lại thui :>

Bài toán 10:

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có :

$$\left(\sum_{cyc} \frac{a}{{\sqrt {{b^2} + 3c} }}\right)^2.\left[\sum_{cyc} a(b^2+3c)\right]\geq (a+b+c)^3=1$$

Vậy nên ta chỉ cần chứng minh :

$$\sum_{cyc} a(b^2+3c)\leq 1+3abc$$

Hay là :

$$ab^2+bc^2+ca^2+3(ab+bc+ca)\leq 1+3abc$$

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do 3 bất đẳng thức quen thuộc :

$$ab^2+bc^2+ca^2\leq \frac{4}{27}-abc\,\,\,(\text{Bổ đề thân quen})$$

$$\frac{4(ab+bc+ca)-4}{9}\leq 4abc\,\,\,(\text{Schur})$$

$$\frac{23}{9}(ab+bc+ca)\leq \frac{23}{9}\,\,\,(\text{AM-GM})$$

Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=\frac{1}{3}$ $\blacksquare$

Bài toán 11:

Đầu tiên chúng ta đi khai thác cái giả thiết khá "lừa tình "

$$9=a^3+b^3+4+3c=(a^3+1+1)+(b^3+1+1)+3c\geq 3(a+b+c)$$

$$\Leftrightarrow a+b+c\leq 3$$

Công việc còn lại là phá căn bằng $AM-GM$ quá đơn giản

$$\sqrt {\frac{{a + b}}{{2c}}} + \sqrt {\frac{{b + c}}{{2a}}} + \sqrt {\frac{{c + a}}{{2b}}}\leq \frac{1}{2}.\sum \left(\frac{a+b}{2}+\frac{1}{c}\right)$$

$$\leq \frac{1}{2}.\left(3+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\leq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$$

( Do $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}\geq 3$ )

Kết thúc chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 15-04-2013 - 12:01

[Poseidont]

Bài 10: Hoàn toàn có thể làm theo cách THCS, chậm hơn chú rồi

$VT=\sum_{cyc}\frac{a^2}{\sqrt{a}.\sqrt{ab^2+3ca}}\geq ^{Cauchy-Schwarz}\frac{(\sum a)^2}{\sum \sqrt{a}.\sqrt{ab^2+3ca}}\geq \frac{1}{\sqrt{\sum_{cyc} ab^2}+3\sum_{cyc}ab}$

Mà ta có

$\inline 1+3abc=(\sum _{cyc}a)^3+3abc=\sum_{cyc} a^3+3\prod_{cyc}(a+b)+3abc\geq \sum _{cyc}ab^2+\sum 3\sum _{cyc}a.\sum _{cyc}ab\geq \sum _{cyc}ab^2+\sum _{cyc}3ab$

Suy ra điều chứng minh

[dark templar]

2 lời giải của Đạt rất tuyệt,hoàn toàn giống với lời giải gốc.

 

Đề mới:

 

Bài toán 12: Cho $a,b,c>0$.Chứng minh : 

\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \ge \frac{{c + a}}{{c + b}} + \frac{{a + b}}{{a + c}} + \frac{{b + c}}{{b + a}}\]

 

Bài toán 13: Cho $a,b,c,d>0$ thỏa mãn $a \le b \le c \le d$ và $abcd=1$.Chứng minh rằng:

\[\left( {a + 1} \right)\left( {d + 1} \right) \ge 3 + \frac{3}{{4{d^3}}}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 20-04-2013 - 20:59