Chủ đề này có 4 trả lời

[chicken_run]

1/ Cm hộ em bài này cái: cho a,b,c$ \geq $0, thỏa abc=1. CMR:
$ \sum $$ \dfrac{1}{a} $ + $ \dfrac{6}{a+b+c} $ $ \geq $5
2/ a,b,c $ \geq $0, CMR:
$ \sum $($ \dfrac{1}{4a} $)+$ \dfrac{1}{a+b} $+$ \dfrac{1}{b+c} $+$ \dfrac{1}{c+a} $$ \geq $ $ \sum $($ \dfrac{3}{3a+b} $) 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tran Hoang Anh Arsenal: 26-04-2013 - 15:06

[Tham Lang]

Bài 1.
Ta có :
$$f(a, b, c) - f(\sqrt{ab}, \sqrt{ab}, c) = \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c} + \dfrac{6}{a + b + c} - \dfrac{2}{\sqrt{ab}} - \dfrac{1}{c}- \dfrac{6}{2\sqrt{ab}+c} = \left (\dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} - \dfrac{2}{\sqrt{ab}}\right ) $$ $$- 6\left (\dfrac{1}{a + b + c} - \dfrac{1}{2\sqrt{ab} + c}\right ) = \dfrac{\left (\sqrt{a} - \sqrt{b}\right )^2}{ab} - 6\dfrac{\left (\sqrt{a} - \sqrt{b}\right )^2}{(a + b + c)\left (2\sqrt{ab} + c\right )}$$
Ta sẽ chứng minh $$\dfrac{\left (\sqrt{a} - \sqrt{b}\right )^2}{ab} \ge \dfrac{6\left (\sqrt{a} - \sqrt{b}\right )^2}{(a + b + c)\left (2\sqrt{ab} + c\right )} \Leftrightarrow (a + b + c)\left (2\sqrt{ab} + c\right ) \ge 6ab$$
Thật vậy, giả sử $ab \le 1 \Leftrightarrow 6ab \le 6\sqrt{ab}$ Mà lại có $$(a + b + c)\left (2\sqrt{ab} + c\right ) \ge 3\sqrt{abc}\left (2\sqrt{ab} + c\right ) = 6\sqrt{ab} + 3c > 6\sqrt{ab}$$
Ta chỉ cần chứng minh :$f(a, a, c) \ge 5$
Vì $a^2c = 1 \Leftrightarrow c = \dfrac{1}{a^2}$
Ta cần chứng minh :
$$\dfrac{2}{a} + a^2 + \dfrac{6}{2a + \dfrac{1}{a^2}} = \dfrac{a^3 + 2}{a} + \dfrac{6a^2}{2a^3 + 1} \ge 5$$
$$\Leftrightarrow 2a^6 - 10a^4 + 11a^3 - 5a + 2 \ge 0 \Leftrightarrow 2a^4(a^2 - 2a + 1) + 4a^3(a^2 - 2a + 1) - 4a^2(a^2 - 2a + 1) - a(a^2 - 2a + 1) + 2(a^2 - 2a + 1) \ge 0$$
$$\Leftrightarrow \left (2a^4 + 4a^3 - 4a^2 - a + 2 \right )(a - 1)^2 \ge 0 $$
Bất đẳng thức này đúng vì
$$2a^4 + 4a^3 - 4a^2 - a + 2 = (2a - 1)^2 + a^4 + a^4 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} - 2a + \dfrac{1}{2} \ge 4\sqrt[4]{\dfrac{a^8}{16}} - 2a + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 01-04-2012 - 23:01

[kainguyen]

1/ Cm hộ em bài này cái: cho a,b,c$ \geq $0, thỏa abc=1. CMR:
$ \sum $$ \dfrac{1}{a} $ + $ \dfrac{6}{a+b+c} $ $ \geq $5

Bài 1 có cách khác (tham khảo từ anh phuc_90 - coi như bây giờ làm để rèn luyện lại )

Ta có bđt đã cho tương đương với:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$

$\Leftrightarrow ab+bc+ca+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$

Đặt $\left\{\begin{matrix}
a+b+c=x\\
ab+bc+ca=y
\end{matrix}\right.$

Khi đó ta có $x,y\geq 3$ và bđt đã cho trở thành:

$\frac{6}{x}+y-5\geq 0$

$\Leftrightarrow xy-5x+6\geq 0$

Xét hàm số $f(x)= xy-5x+6$ với $y$ là tham số.

Khi đó dễ thấy $f(x)$ đồng biến với $x \ge 3$

Suy ra $f(x) \ge f(3)=3(y-3) \ge0$

Từ đây suy ra bđt cần chứng minh đúng.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kainguyen: 16-06-2012 - 23:22

[viet 1846]

Khi đó ta có $x,y\geq 3$ và bđt đã cho trở thành:

$\frac{6}{x}+y-5\geq 0$

$\Leftrightarrow xy-5x+6\geq 0$

Xét hàm số $f(x)= xy-5x+6$ với $y$ là tham số.

Khi đó dễ thấy $f(x)$ đồng biến với $x \ge 3$

Bạn có nhầm không ạ? Bài này là một BĐT rất chặt, không thể chứng minh nếu không dùng một búa tạ nào.

[ongngua97]

Bài 1 có cách khác (tham khảo từ anh phuc_90 - coi như bây giờ làm để rèn luyện lại )

Ta có bđt đã cho tương đương với:

$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$

$\Leftrightarrow ab+bc+ca+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$

Đặt $\left\{\begin{matrix}
a+b+c=x\\
ab+bc+ca=y
\end{matrix}\right.$

Khi đó ta có $x,y\geq 3$ và bđt đã cho trở thành:

$\frac{6}{x}+y-5\geq 0$

$\Leftrightarrow xy-5x+6\geq 0$

Xét hàm số $f(x)= xy-5x+6$ với $y$ là tham số.

Khi đó dễ thấy $f(x)$ đồng biến với $x \ge 3$

Suy ra $f(x) \ge f(3)=3(y-3) \ge0$

Từ đây suy ra bđt cần chứng minh đúng.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Chỗ này chưa đúng vì $f'=y-5$ chưa chắc đã không âm  nên chưa thể suy ra $f(x)$ đồng biến được.