Chủ đề này có 4 trả lời

[Quoc Tuan Qbdh]

$i)$ Cho các số dương $a;b;c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$
Chứng minh rằng $(a^{2}+b^{2}+abc)(b^{2}+c^{2}+abc)(c^{2}+a^{2}+abc) \geq 3abc(a+b+c)^{2}$
$ii)$ Cho $a;b;c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng

$\frac{a}{3a^{2}+abc+27}+\frac{b}{3b^{2}+abc+27}+\frac{c}{3c^{2}+abc+27} \leq \frac{3}{31}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 18-01-2016 - 22:34

[Hoang Nhat Tuan]

$i)$ Cho các số dương $a;b;c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$
Chứng minh rằng $(a^{2}+b^{2}+abc)(b^{2}+c^{2}+abc)(c^{2}+a^{2}+abc) \geq 3abc(a+b+c)^{2}$
$ii)$ Cho $a;b;c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng

$\frac{a}{3a^{2}+abc+27}+\frac{b}{3b^{2}+abc+27}+\frac{c}{3c^{2}+abc+27} \leq \frac{3}{31}$

$iii)$ Cho các số dương $a;b;c$ thỏa mãn $a+b+c=3$
Chứng minh rằng $\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\frac{c+a}{b+ca}} \geq 3$

Câu $iii)$

Áp dụng BĐT AM-GM thì cần chứng minh: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq (c+ab)(a+bc)(b+ca)$

Ta có: $(c+ab)(a+bc)\leq \frac{[c+a+b(c+a)]^2}{4}=\frac{(c+a)^2(b+1)^2}{4}$

Tương tự 2 BĐT kia rồi nhân lại AM-GM phát nữa là ra.

P/s: Thầy có ra bài iii) đâu nhỉ

Câu $ii)$ còn một khoảng "rất nhỏ" giữa $1$ với $1,05$ mà không ra, ức chế thật

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 18-01-2016 - 22:33

[hoanglong2k]

Câu $iii)$

Áp dụng BĐT AM-GM thì cần chứng minh: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq (c+ab)(a+bc)(b+ca)$

Ta có: $(c+ab)(a+bc)\leq \frac{[c+a+b(c+a)]^2}{4}=\frac{(c+a)^2(b+1)^2}{4}$

Tương tự 2 BĐT kia rồi nhân lại AM-GM phát nữa là ra.

P/s: Thầy có ra bài iii) đâu nhỉ

Câu $ii)$ còn một khoảng "rất nhỏ" giữa $1$ với $1,05$ mà không ra, ức chế thật

 Câu iii) UCT cho lẹ

 

$ii)$ Cho $a;b;c>0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng

$\frac{a}{3a^{2}+abc+27}+\frac{b}{3b^{2}+abc+27}+\frac{c}{3c^{2}+abc+27} \leq \frac{3}{31}$

 Ta có : BĐT$\Leftrightarrow \sum \left (\dfrac{a}{27}-\dfrac{a}{3a^2+abc+27}\right )\geq \dfrac{12}{31}$

                    $\Leftrightarrow \sum \dfrac{3a^3+a^2bc}{3a^2+abc+27}\geq \dfrac{12}{31}$

 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

$$\sum \dfrac{3a^3}{3a^2+a^2bc+27}\geq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)^2}{3(a^3+b^3+c^3)+3abc+81}$$

$$abc\sum \dfrac{a}{3a^2+abc+27}\geq \dfrac{9abc}{3(a^3+b^3+c^3)+3abc+81}$$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)^2+9abc}{3(a^3+b^3+c^3)+3abc+81}\geq \dfrac{12}{31}$

Hay $93(a^2+b^2+c^2)^2+279abc\geq 36(a^3+b^3+c^3)+36abc+972$

       $\Leftrightarrow 93(a^2+b^2+c^2)^2+243abc\geq 36(a^3+b^3+c^3)+972$

 Đặt $p=a+b+c=3;q=ab+bc+ca;r=abc$ thì ta cần chứng minh

       $93(9-2q)^2+243r\geq 36(27-9q+3r)+972$

       $\Leftrightarrow 124q^2-1008q+1863+45r\geq 0$

 Áp dụng BĐT Schur ta có $r\geq \dfrac{4q-9}{3}$ nên ta chỉ cần chứng minh

       $124q^2-1008q+1863+15(4q-9)\geq 0\Leftrightarrow (q-3)(31q-144)\geq 0$

 Luôn đúng vì $q\leq 3$

 Vậy BĐT được chứng minh xong. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 19-01-2016 - 15:28

[Hoang Nhat Tuan]

 Câu iii) UCT cho lẹ

 

 Ta có : BĐT$\Leftrightarrow \sum \left (\dfrac{a}{27}-\dfrac{a}{3a^2+abc+27}\right )\geq \dfrac{12}{31}$

                    $\Leftrightarrow \sum \dfrac{3a^3+a^2bc}{3a^2+abc+27}\geq \dfrac{12}{31}$

 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có :

$$\sum \dfrac{3a^3}{3a^2+a^2bc+27}\geq \dfrac{3(a^2+b^2+c^2)^2}{3(a^3+b^3+c^3)+3abc+81}$$

$$abc\sum \dfrac{a}{3a^2+abc+27}\geq \dfrac{9abc}{3(a^3+b^3+c^3)+3abc+81}$$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{3(a^2+b^2+c^2)^2+9abc}{3(a^3+b^3+c^3)+3abc+81}\geq \dfrac{12}{31}$

Hay $93(a^2+b^2+c^2)^2+279abc\geq 36(a^3+b^3+c^3)+36abc+972$

       $\Leftrightarrow 93(a^2+b^2+c^2)^2+243abc\geq 36(a^3+b^3+c^3)+972$

 Đặt $p=a+b+c=3;q=ab+bc+ca;r=abc$ thì ta cần chứng minh

       $93(9-2q)^2+243r\geq 36(27-9q+3r)+972$

       $\Leftrightarrow 124q^2-1008q+1863+45r\geq 0$

 Áp dụng BĐT Schur ta có $r\geq \dfrac{4q-9}{3}$ nên ta chỉ cần chứng minh

       $124q^2-1008q+1863+15(4q-9)\geq 0\Leftrightarrow (q-3)(31q-144)\geq 0$

 Luôn đúng vì $q\leq 3$

 Vậy BĐT được chứng minh xong. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

iii) UCT không được, tính đạo hàm cấp 2 ra $\leq 0$ nhé!

[hoanglong2k]

iii) UCT không được, tính đạo hàm cấp 2 ra $\leq 0$ nhé!

 OK, nhầm

 

$i)$ Cho các số dương $a;b;c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2} \geq 3$
Chứng minh rằng $(a^{2}+b^{2}+abc)(b^{2}+c^{2}+abc)(c^{2}+a^{2}+abc) \geq 3abc(a+b+c)^{2}$

 Theo nguyên lí Dirichlet, giả sử $(a^2-abc)(b^2-abc)\geq 0\Leftrightarrow a^2b^2+a^2b^2c^2\geq a^3bc+ab^3c$

 Do đó mà $(b^2+c^2+abc)(c^2+a^2+abc)\geq (a^2+b^2+c^2)(c^2+2abc)$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $(a^2+b^2+c^2)(c^2+2abc)(a^2+b^2+abc)\geq 3abc(a+b+c)^2$

 Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có $(c^2+abc+abc)(abc+a^2+b^2)\geq abc(a+b+c)^2$ và $a^2+b^2+c^2\geq 3$ theo giả thiết

 Từ đó suy ra điều phải chứng minh

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