Chủ đề này có 6 trả lời

[Hoang Nhat Tuan]

Về câu bất đề kiểm tra trường Đông miền Nam năm 2015, thực ra em tạo chủ đề này để mọi người cùng thảo luận xem có những cách giải nào cho bài toán này (vì em mất 3h để giải xong hoàn chỉnh, và đang có nhiều hướng giải chưa sử dụng )

Đề bài: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm sao cho $(a+b)(b+c)(c+a)>0$. Chứng minh rằng ta có BĐT:

$\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2}+\frac{5}{4}\geq \frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$  $(*)$

Lời giải: Chuẩn hóa $a+b+c=1$ thì $q=ab+bc+ca\leq \frac{1}{3}$

Ta có bổ đề sau:

$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+2(\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2})\geq \frac{5}{2}$

Spoiler

Chứng minh bổ đề trên bằng cách sử dụng tiêu chuẩn 4 của phương pháp SOS, cụ thể như sau:

BĐT tương đương với:

$\sum (b-c)^2(1-\frac{ab+bc+ca}{(b+c)^2})\geq 0$.

Đặt $S_a=1-\frac{ab+bc+ca}{(b+c)^2}, S_b,S_c$ tương tự.

Giả sử $a\leq b\leq c$ thì $S_a\geq S_b\geq 0$ (dễ chứng minh).

Nên chỉ cần chứng minh $b^2S_c+c^2S_b\geq 0$

<=> $a^2(\frac{b^2}{(a+b)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2})+(c-b)^2.\frac{ab+bc+ca}{(a+c)(a+b)}\geq 0$ 

Do đó: $2(\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2})\geq \frac{5}{2}-\frac{1-2q}{q}$

Nên chỉ cần chứng minh BĐT sau:

$5-\frac{1-2q}{q}\geq 12q<=>12q^2-7q+1\leq 0$ 

Tuy nhiên không phải với mọi $q\leq \frac{1}{3}$ thì BĐT trên đúng.

Do đó ta xét trường hợp còn lại: $12q^2-7q+1\geq 0$.

Thử đánh giá vế trái của BĐT $(*)$, ta có:

$\sum \frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{5}{4}\geq \sum \frac{ab}{2(a^2+b^2)}+\frac{5}{4}$

$=\sum \frac{(a+b)^2}{4(a^2+b^2)}+\frac{1}{2}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2-4q}+\frac{1}{2}$

Nên chỉ cần chứng minh:

$\frac{1}{2-4q}+\frac{1}{2}\geq 6q<=>\frac{1}{1-2q}+1\geq 12q<=>12q^2-7q+1\geq 0$ (đúng theo trường hợp này).

Vậy BĐT được chứng minh hoàn toàn, dấu bằng xảy ra tại $a=b=c$; $a=b,c=0$ và các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 26-11-2015 - 19:33

[longatk08]

Em có thể dùng bổ đề sau:

 

-Với $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac>0$.Ta luôn có:

 

$$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}\geq \frac{4(a^3+b^3+c^3)+15abc}{4(ab+bc+ac)^2}$$

 

Ngoài lề 1 tí: Tình cờ thì BĐT trong bài Mathlinks Contest 2005 có chút "gì đó" liên quan đến bài sau

 

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2+\frac{4(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b)^2(c+a)^2(b+c)^2}$$

[dogsteven]

Bất đẳng thức tương đương: $\sum bc\left(1+\dfrac{a}{b+c}\right)^2+\dfrac{5}{4}(a+b+c)^2\geqslant 6(ab+bc+ca)\Leftrightarrow 2abc\sum \dfrac{1}{b+c}+abc\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{5}{4}(a+b+c)^2\geqslant 5(ab+bc+ca)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $2abc\sum \dfrac{1}{b+c}\geqslant \dfrac{9abc}{a+b+c}$

và

$abc\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}\geqslant \dfrac{9abc}{4(a+b+c)}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh: $a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\geqslant 2(ab+bc+ca)$ hiển nhiên đúng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 26-11-2015 - 21:47

[dogsteven]

Bất đẳng thức tương đương với: $\sum (b-c)^2\left[\dfrac{4}{(a+b+c)^2}-\dfrac{1}{(b+c)^2}\right]\geqslant 0$

Giả sử $a\geqslant b\geqslant c$ thì $S_c\geqslant S_b\geqslant 0$

$a^2S_b+b^2S_a=\dfrac{4(a^2+b^2)}{(a+b+c)^2}-\dfrac{a^2}{(a+c)^2}-\dfrac{b^2}{(b+c)^2}$

Mà $\dfrac{a}{a+c}\leqslant \dfrac{a+b}{a+c+b}$ và $\dfrac{b}{b+c}\leqslant \dfrac{b+a}{b+c+a}$ nên

$a^2S_b+b^2S_a \geqslant \dfrac{2(a-b)^2}{(a+b+c)^2}\geqslant 0$

Theo tiêu chuẩn 3 S.O.S thì bất đẳng thức đúng.

[dogsteven]

Em có thể dùng bổ đề sau:

 

-Với $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac>0$.Ta luôn có:

 

$$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}\geq \frac{4(a^3+b^3+c^3)+15abc}{4(ab+bc+ac)^2}$$

 

Ngoài lề 1 tí: Tình cờ thì BĐT trong bài Mathlinks Contest 2005 có chút "gì đó" liên quan đến bài sau

 

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2+\frac{4(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b)^2(c+a)^2(b+c)^2}$$

 

Bài ở dưới:

Đối với bài này thì chỉ cần giả sử $a\leqslant b\leqslant c$ và có $\dfrac{\sum a^2}{\sum bc}+\dfrac{8abc}{\prod (b+c)}-2\geqslant \dfrac{(b+c-2a)(b-c)^2}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Sau đó dùng AM-GM: $b+c\geqslant b+c-2a\geqslant 2\sqrt{(a-b)(a-c)}$ và $a+c\geqslant c-a, a+b\geqslant b-a$

Nhân lại ta có điều phải chứng minh.

[Hoang Tung 126]

Bất đẳng thức tương đương: $\sum bc\left(1+\dfrac{a}{b+c}\right)^2+\dfrac{5}{4}(a+b+c)^2\geqslant 6(ab+bc+ca)\Leftrightarrow 2abc\sum \dfrac{1}{b+c}+abc\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{5}{4}(a+b+c)^2\geqslant 5(ab+bc+ca)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $2abc\sum \dfrac{1}{b+c}\geqslant \dfrac{9abc}{a+b+c}$

và

$abc\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}\geqslant \dfrac{9abc}{4(a+b+c)}$

Do đó ta chỉ cần chứng minh: $a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c}\geqslant 2(ab+bc+ca)$ hiển nhiên đúng.

Nếu bạn tự làm được bài này thì không có vấn đề gì ,nhưng nếu copy đáp án từ 1 nơi nào đó thi bạn nên ghi nguồn lại nhé!!

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 1. Cho $a,b,c$ là các số thực không âm sao cho $(a+b)(b+c)(c+a)>0$. Chứng minh rằng ta có BĐT:

$\frac{ab}{(a+b)^2}+\frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2}+\frac{5}{4}\geq \frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$  $(*)$

 

 

Bài này vẫn có thể giải thuần túy bằng pqr và bất đẳng thức Schur bậc 4 mà không cần thông qua bất cứ bổ đề nào, tuy nhiên hơi nặng về tính toán. Lời giải hay nhất vẫn là dùng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz. Lưu ý là từ bài này chúng ta có thể suy ra được bất đẳng thức Iran TST 1996.

 

Bài 2. Với $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac>0$.Ta luôn có:

 

$$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}\geq \frac{4(a^3+b^3+c^3)+15abc}{4(ab+bc+ac)^2}$$

 

 

Bài này là hệ quả của bài 1.

 

 

Bài 3. Với $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac>0$.Ta luôn có

 

$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2+\frac{4(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{(a+b)^2(c+a)^2(b+c)^2}$$

 

Bất đẳng thức Mathlinks Contest 2005 là hệ quả của bài này. Tuy nhiên đây không phải là đề gốc của kì thi năm đó, đề gốc là như vầy.

 

Cho ba số thực dương $a,\,b,\,c$ thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=1.$ Chứng minh rằng \[\frac{1+a^2b^2}{(a+b)^2}+\frac{1+b^2c^2}{(b+c)^2}+\frac{1+c^2a^2}{(c+a)^2} \geqslant \frac{5}{2}.\]

Bất đẳng thức này đúng cả trong trường hợp $a,\,b,\,c$ là ba số thực.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 01-12-2015 - 17:40