Chủ đề này có 64 trả lời

[mathsomega]

 

• Bài 27: [Belarus 1998]

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 

$\sum \frac{a}{b}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$

 

bất đẳng thức cần cm tương đương với

$(b+c)\sum \frac{a}{b}\geq (b+c)(\frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1)$

$\Leftrightarrow a+b+\frac{ac}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+\frac{cb}{a}\geq a+2b+c+\frac{(b+c)^{2}}{a+b}$

$\Leftrightarrow \frac{ac}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}+\frac{cb}{a}\geq b+c+\frac{(b+c)^{2}}{a+b}$

Bđt cuối cùng đúng theo hai bđt AM-GM và Cauchy-Schwarz:

$\frac{ac}{b}+\frac{cb}{a}\geq 2c ; \frac{b^{2}}{c}+c\geq 2b; b+\frac{c^2}{a} \geq \frac{b+c}{a+b}$

=> đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathsomega: 11-12-2016 - 14:58

[mathsomega]

Tiếp tục : 

 

Bài 36 : [Mongolia 2007]

 

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

 

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq 3\sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{ab+bc+ca}}$

Bổ đề:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geq \frac{\sqrt{3.(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}{\sqrt[3]{abc}}$

C/m: Không mất tính tổng quát, chuẩn hoá abc=1, bổ đề tương đương với:

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

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

Bđt cuối hiển nhiên đúng theo AM-GM với abc=1

Áp dụng bổ đề trên cùng với bđt sau, ta có đpcm.

$ab+bc+ca \geq \sqrt[3]{(abc)^{2}}$ (AM-GM)

 

(P/S:Giờ mình mới để ý là có người sửa rồi)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathsomega: 11-12-2016 - 15:51

[mathsomega]

Đóng góp:

BÀI 39:(2017)(MÌnh ko rõ nguồn)

Cho X1,X2,...,Xn>0 (n>2).Dat

A=$\sum_{i=1}^{n}Xi$;

B=$\sum_{i=1}^{n}Xi^{2}$;

C=$\sum_{i=1}^{n}Xi^{3}$.

CMR: 

$(n+1)A^{2}B+(n-2)B^{2}-(2n-2)AC \geq A^{4}$

 

 

^{P/S: Hiện tại mình vẫn chưa giải ra.}

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathsomega: 11-12-2016 - 16:25

[hanguyen445]

Lời giải bài 31 : [UKMO 2005]

 

Không mất tính tổng quát giả sử c = min{a,b,c}.

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có: 

$(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=\frac{a+b+c}{b}\left ( \frac{b}{a}+1+\frac{b}{c} \right )\leq \frac{1}{4}\left ( \frac{a+b+c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+1 \right )^{2}$

Ta cần phải chứng minh:

$2\left ( \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )\geq \frac{a+b+c}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+1$

$\Leftrightarrow (a-c)\left ( \frac{1}{b}+\frac{b}{ac}-\frac{2}{a} \right )\geq 0$

Luôn đúng vì: 

$a-c\geq 0$ và $\frac{1}{b}+\frac{b}{ac}\geq \frac{2}{\sqrt{ac}}\geq \frac{2}{a}$

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.                                                                                                                                           $\square$

Bất đẳng thức tương đương với : $$\sum\dfrac{a^2}{b^2}+\sum\dfrac{b}{a}\ge 3+\sum\dfrac{a}{b}$$

Ta lại có $$\dfrac{a^2}{b^2}+1-\dfrac{2a}{b}=\dfrac{(a-b)^2}{b^2}\iff \dfrac{a^2}{b^2}=\dfrac{(a-b)^2}{b^2}+\dfrac{2a}{b}-1$$

Khi đó BĐT tương đương vơi:

$$\sum\dfrac{(a-b)^2}{b^2}+\sum(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a})\ge 6 (*)$$

BĐT (*) hiển nhiên đúng. Do đó ta có điều phải chứng minh.

[hanguyen445]

 

• Bài 31: [UK 2005]

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng: 

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \sqrt{(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}$

 

Ý kiến cá nhân: bài này tương đối khó!     

 

Bất đẳng thức tương đương với : $$\sum\dfrac{a^2}{b^2}+\sum\dfrac{b}{a}\ge 3+\sum\dfrac{a}{b}$$

Ta lại có $$\dfrac{a^2}{b^2}+1-\dfrac{2a}{b}=\dfrac{(a-b)^2}{b^2}\iff \dfrac{a^2}{b^2}=\dfrac{(a-b)^2}{b^2}+\dfrac{2a}{b}-1$$

Khi đó BĐT tương đương vơi:

$$\sum\dfrac{(a-b)^2}{b^2}+\sum(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a})\ge 6 (*)$$

BĐT (*) hiển nhiên đúng. Do đó ta có điều phải chứng minh.