Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab+bc+ac=1.CMR:
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{2}$
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab+bc+ac=1.CMR:
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{2}$
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab+bc+ac=1.CMR:
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{2}$
Bổ đề: $\sum \frac{1}{(a+b)^2}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$
Đây là BĐT quen thuộc, chứng minh bằng phương pháp dồn biến
Áp dụng:
Ta có: $(\sum \frac{1}{a+b})^2=\sum \frac{1}{(a+b)^2}+2\sum \frac{1}{(a+b)(a+c)}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}+\frac{4(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
$=\frac{9}{4}+\frac{4(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Lại có:
$\frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}\geq 1$
Từ đó dễ rồi
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện ab+bc+ac=1.CMR:
$\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}\geq \frac{5}{2}$
Ta có : BĐT $\Leftrightarrow 2(a+b+c)^2+2+5abc\geq 5(a+b+c)$
Đặt $p=a+b+c;q=ab+bc+ca=1;r=abc$ thì ta cần chứng minh $2p^2+2+5r\geq 5p$
Theo Schur thì $r\geq \max \left \{ 0;\frac{p(4-p^2)}{9} \right \}$
Với $2\leq p\leq p+\frac{5r}{3}$ thì $5r\geq 6-3p$ nên ta chỉ cần chứng minh $2p^2+8\geq 8p\Leftrightarrow 2(p-2)^2\geq 0$ đúng
Với $2\geq p\geq \sqrt3$ thì ta có $5r\geq \frac{5p(4-p)}{9}$
Nên ta chỉ cần chứng minh $2p^2+2+\frac{5p(4-p^2)}{9}\geq 5p\Leftrightarrow (p-2)(5p^2-8p+9)\leq 0$ đúng
Từ đó có điều cần chứng minh
Ta có : BĐT $\Leftrightarrow 2(a+b+c)^2+2+5abc\geq 5(a+b+c)$
Đặt $p=a+b+c;q=ab+bc+ca=1;r=abc$ thì ta cần chứng minh $2p^2+2+5r\geq 5p$
Theo Schur thì $r\geq \max \left \{ 0;\frac{p(4-p^2)}{9} \right \}$
Với $2\leq p\leq p+\frac{5r}{3}$ thì $5r\geq 6-3p$ nên ta chỉ cần chứng minh $2p^2+8\geq 8p\Leftrightarrow 2(p-2)^2\geq 0$ đúng
Với $2\geq p\geq \sqrt3$ thì ta có $5r\geq \frac{5p(4-p)}{9}$
Nên ta chỉ cần chứng minh $2p^2+2+\frac{5p(4-p^2)}{9}\geq 5p\Leftrightarrow (p-2)(5p^2-8p+9)\leq 0$ đúng
Từ đó có điều cần chứng minh
Bài này ta có thể dùng phương pháp look at the end point để giải.
Ta có $$\frac{1}{{a + b}} + \frac{1}{{b + c}} + \frac{1}{{c + a}} \ge \frac{5}{2} \Leftrightarrow 2{p^2} - 5p + 5r + 2 \ge 0$$
Với $$p = a + b + c,\,\,q = ab + bc + ca = 1,\,\,r = abc$$
Xét hàm số $$f\left( r \right) = 5r + 2{p^2} - 5p + 2,\,\,r \ge 0$$ là hàm bậc nhất đồng biến nên ta chỉ cần chỉ ra $$f\left( 0 \right) \ge 0$$ là đủ.
$\[f\left( 0 \right) = 2{p^2} - 5p + 2 = \left( {p - 2} \right)\left( {2p - 1} \right) \ge 0\]$.
Điều này đúng do $$r = abc = 0$$ nên một trong các số a,b,c phải bằng 0 chẳng hạn $$c = 0 \Rightarrow 1 = ab + bc + ca = ab$$ nên $$p = a + b + c = a + b \ge 2\sqrt {ab} = 2$$, từ đó $\[f\left( 0 \right) \ge 0\]$. Bài toán được chứng minh!
Đóng góp cách giải khác:
Đặt: $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$
BĐtT cần chứng minh viết lại dưới dạng: $(p-2)(2p-1)+5r\geq 0$
* Nếu $p\geq 2$ BĐT hiển nhiên đúng.
* Nếu $\sqrt{3}\leq p\leq 2$ theo BĐT Schur bậc 3, ta có:
$r\geq \frac{p(4p-p^2)}{9}=\frac{4p-p^3}{9}$
Ta cần chứng minh $(p-2)(2p-1)+5.\frac{4p-p^3}{9}\geq 0\Leftrightarrow (2-p)(5p^2-8p+9)\geq 0$
BĐT cuối luôn đúng.
$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$
Đóng góp cách giải khác:
Đặt: $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$
BĐtT cần chứng minh viết lại dưới dạng: $(p-2)(2p-1)+5r\geq 0$
* Nếu $p\geq 2$ BĐT hiển nhiên đúng.
* Nếu $\sqrt{3}\leq p\leq 2$ theo BĐT Schur bậc 3, ta có:
$r\geq \frac{p(4p-p^2)}{9}=\frac{4p-p^3}{9}$
Ta cần chứng minh $(p-2)(2p-1)+5.\frac{4p-p^3}{9}\geq 0\Leftrightarrow (2-p)(5p^2-8p+9)\geq 0$
BĐT cuối luôn đúng.
Cách này khác gì cách của bạn hoanglong2k không
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh