Chủ đề này có 10 trả lời

[PlanBbyFESN]

Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa mãn  $x+y+z= 1$.

 

Chứng minh:

             

              $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+48(xy+yz+zx)\geq 25$

[Mr Cooper]

Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa mãn  $x+y+z= 1$.

 

Chứng minh:

             

              $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+48(xy+yz+zx)\geq 25$

Giả sử $\left ( x-\frac{1}{3}\right )\left ( y - \frac{1}{3} \right ) \ge 0 \Leftrightarrow xy + \frac{1}{9} \ge \frac{1}{3}(x+y)=\frac{1}{3}(1-z) \Rightarrow xy \ge \frac{2}{9} - \frac{1}{3}z$

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+48(xy+yz+zx)\ge \frac{4}{x+y}+\frac{1}{z}+48\left (\frac{2}{9}- \frac{1}{3}z \right ) + 48z(x+y) = \frac{4}{1-z}+\frac{1}{z}+48\left (\frac{2}{9}- \frac{1}{3}z \right ) + 48z(1-z) \ge 25 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 02-06-2017 - 22:16

[Mr Cooper]

Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa mãn  $x+y+z= 1$.

 

Chứng minh:

             

              $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+48(xy+yz+zx)\geq 25$

Không mất tính tổng quát giả sử $c=max\left \{ a,b,c \right \}$. Khi đó ta chứng minh bổ đề sau

$$ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} +48ab \geq \frac{4}{a+b} + 12(a+b)^{2} $$

Thật vậy. Bất đẳng thức viết lại

$$\frac{(a-b)^2}{ab(a+b)} \ge 12(a-b)^2.$$

Bổ đề trên luôn đúng do

$$12ab(a+b)\le 3(a+b)^3\le \frac{8}{9}<1.$$

Quay lại bài toán thì ta cần chứng minh

$$\frac{4}{1-c}+12(1-c)^2 +\frac{1}{c}+48c(1-c)\ge 25.$$

Hay

$$\frac{(3c-1)^2(2c-1)^2}{c(1-c)}\ge 0. $$

Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=b=\dfrac{c}{2}$

[tuaneee111]

Không mất tính tổng quát ta giả sử $x = \max \left\{ {x,y,z} \right\} \Rightarrow y + z \leqslant \frac{2}{3}$.

Đặt $f\left( {x,y,z} \right) = \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + 48\left( {xy + yz + xz} \right) - 25$

Ta có: $$f\left( {x,y,z} \right) - f\left( {x,\frac{{y + z}}{2},\frac{{y + z}}{2}} \right) = {\left( {y - z} \right)^2}\left( {\frac{1}{{yz\left( {y + z} \right)}} - 12} \right) \geqslant {\left( {y - z} \right)^2}\left( {\frac{4}{{{{\left( {y + z} \right)}^3}}} - 12} \right) \geqslant 0$$Khi đó: $$f\left( {x,y,z} \right) \geqslant f\left( {x,\frac{{1 - x}}{2},\frac{{1 - x}}{2}} \right) = {\left( {3x - 1} \right)^2}{\left( {2x - 1} \right)^2} \geqslant 0 \Rightarrow Q.E.D$$

[Nguyenphuctang]

 

Không mất tính tổng quát giả sử $c=max\left \{ a,b,c \right \}$. Khi đó ta chứng minh bổ đề sau

$$ \frac{1}{a} + \frac{1}{b} +48ab \geq \frac{4}{a+b} + 12(a+b)^{2} $$

Thật vậy. Bất đẳng thức viết lại

$$\frac{(a-b)^2}{ab(a+b)} \ge 12(a-b)^2.$$

Bổ đề trên luôn đúng do

$$12ab(a+b)\le 3(a+b)^3\le \frac{8}{9}<1.$$

Quay lại bài toán thì ta cần chứng minh

$$\frac{4}{1-c}+12(1-c)^2 +\frac{1}{c}+48c(1-c)\ge 25.$$

Hay

$$\frac{(3c-1)^2(2c-1)^2}{c(1-c)}\ge 0. $$

Đẳng thức xảy ra khi : $a=b=c$ hoặc $a=b=\dfrac{c}{2}$

 

Vẫn chiêu cũ  Chiêu này ít người biết  mà rất nguy hiểm    .

Làm mạnh bất đẳng thức lên:
Cho $a,b,c \geq 0; a+b+c=1; c= max\left \{a,b,c \right \}$. Chứng minh rằng: 
$$ \sum_{cyc} \frac{1}{a}  +48 (ab+bc+ca) \geq 25 + \frac{3}{2}(a-b)^{2}  $$
 

[tuaneee111]

Ta có: $$VT - VP = {\left( {a - b} \right)^2}\left( {\frac{2}{{ab}} - \frac{{35}}{2}} \right) + \left( {a - c} \right)\left( {b - c} \right)\left( {\frac{{a + b}}{{abc}} - 16} \right)$$$$Do{\text{ c}} \geqslant b \geqslant a \Rightarrow a + b \leqslant \frac{2}{3} \Rightarrow \frac{2}{{ab}} - \frac{{35}}{2} \geqslant \frac{2}{{{{\left( {\frac{{a + b}}{2}} \right)}^2}}} - \frac{{35}}{2} \geqslant \frac{1}{2}$$$$a + b - 16abc = \left( {a + b} \right){\left( {a + b + c} \right)^2} - 16abc = {c^2}\left( {a + b} \right) + \left( {2{b^2} - 12ab + 2{a^2}} \right)c + {\left( {a + b} \right)^3} = f\left( {a,b,c} \right)$$Có: $\Delta  =  - 64ab{\left( {a - b} \right)^2} \leqslant 0 \Rightarrow f\left( {a,b,c} \right) \geqslant 0$

Suy ra đpcm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuaneee111: 14-06-2017 - 12:02

[Mr Cooper]

Vẫn chiêu cũ  Chiêu này ít người biết  mà rất nguy hiểm    .

Làm mạnh bất đẳng thức lên:
Cho $a,b,c \geq 0; a+b+c=1; c= max\left \{a,b,c \right \}$. Chứng minh rằng: 
$$ \sum_{cyc} \frac{1}{a}  +48 (ab+bc+ca) \geq 25 + \frac{3}{2}(a-b)^{2}  $$
 

Bổ sung nguồn: Lê Khánh Sỹ

[Uchiha sisui]

Bài này đơn giản thôi '' xử đẹp'' bằng PQR   

 

Lời giải

 

Sử dụng BĐT quen thuộc ta dễ chứng minh $1\geq 3(xy+yz+zx)\Rightarrow 1\geq 3q$

 

Với $p=x+y+z=1, q=xy+yz+zx, r=xyz$

 

Ta sử dụng bổ đề sau: $r\leq \frac{q^{2}(7-16q)}{5(5-12q)}$. Đây là bổ đề quen thuộc nên tôi không chứng minh lại   

 

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

 

$\frac{q}{r}+48q-25\geq \frac{5(5-12q)}{q(7-16q)}+48q-25=\frac{(1-3q)(5-16q)^{2}}{q(7-16q)}\geq 0$

 

 

[Nguyenphuctang]

Một cách phát biểu khác cho bài toán trên:

Cho các số thực dương  $a,b,c$. Chứng minh rằng

$$\sum_{cyc}a\sum_{cyc}\frac{1}{a}\ge 9+8\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2} $$

[tuaneee111]

bài này em thấy quen quen hình như có bạn đăng rồi!

 

 

Một cách phát biểu khác cho bài toán trên:

Cho các số thực dương  $a,b,c$. Chứng minh rằng

$$\sum_{cyc}a\sum_{cyc}\frac{1}{a}\ge 9+8\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b+c)^2} $$

 

[AnhTran2911]

Xin dẫn ra đây một cách giải khác:

Thay 1 bởi $x+y+z$. Biến đổi quy về CM BĐT :

$\sum{\frac{(x-y)^2}{xy}}\geq{ 16-48(xy+yz+zx)}$

Không mất tính tổng quát giả sử : $x\geq{y}\geq{z}$

Thế thì cùng với $\frac{(x-y)^2}{y}\leq{\frac{(x-z)^2}{z}}$ và $ z\leq{y}$

Nên theo BĐT $Hoán Vị $ ta có $z.\frac{(x-y)^2}{y}+y.\frac{(x-z)^2}{z}\geq{y\frac{(x-y)^2}{y}+z\frac{(x-z)^2}{z}}$

                                                                                                             $= (x-y)^2+(x-z)^2$

Điều này dẫn đến $\frac{(x-y)^2}{xy}+\frac{(x-z)^2}{xz}\geq {\frac{2(x-y)^2+2(x-z)^2}{x(y+z)}}$ $(1)$

Dễ dàng nhận thấy $\frac{(y-z)^2}{yz}\geq{\frac{2(y-z)^2}{x(y+z)}}$(2)

Kết hợp với đánh giá $x(y+z)\leq {\frac{(x+y+z)^2}{4}}=\frac{1}{4}$ và từ $(1)(2)$ ta suy ra:

$\sum{\frac{(x-y)^2}{xy}}\geq {8.\sum{(x-y)^2}}$ =  $ 16-48(xy+yz+zx)$ $ĐPCM.$

P/s: Lời giải này có thể dùng để giải bài bạn Tăng sau khi chuẩn hóa $x+y+z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi AnhTran2911: 01-07-2017 - 10:19