Chủ đề này có 16 trả lời

[AnhTran2911]

Bài 1: $a,b,c\ge{0}$ 

CMR: $\frac{a^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4}{c^3+a^3}\geq{\frac{a+b+c}{2}}$

Bài 2: $a,b,c\ge{0}$

CMR: $\frac{a^3}{2a^2+b^2}+\frac{b^3}{2b^2+c^2}+\frac{c^3}{2c^2+a^2}\geq{\frac{a+b+c}{3}}$

Spoiler

Tự giải quyết được 2 bài này chắc sập hàm       

[trongnam]

dùng phương pháp AM-GM ngược dấu là ra ngay mà bạn

[AnhTran2911]

dùng phương pháp AM-GM ngược dấu là ra ngay mà bạn

Ồ không, bạn cứ thử, nếu đc mời bạn trình bày lời giải luôn đi ạ.

[trongnam]

uh

 

Ồ không, bạn cứ thử, nếu đc mời bạn trình bày lời giải luôn đi ạ.

 uh mình nhầm thật

[sharker]

Bài 1: $a,b,c\ge{0}$ 

CMR: $\frac{a^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4}{c^3+a^3}\geq{\frac{a+b+c}{2}}$

 

 

 

$\sum {\frac{{{a^4}}}{{{a^3} + {b^3}}} = \sum {a - \frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}}}  \ge \frac{{a + b + c}}{2}}$

BĐT lúc này $\Leftrightarrow \sum {\frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} \le \frac{{a + b + c}}{2}}$

$\sum {\frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} = \sum {\frac{{a{b^3}}}{{\sqrt {({a^6} + 2{a^3}{b^3} + {b^6})} }}}  \le \sum {\frac{{a{b^3}}}{{\sqrt[4]{{8{a^3}{b^3}({a^6} + {b^6})}}}}}  = } \frac{1}{{\sqrt[4]{8}}}.\sqrt[4]{{a{b^3}}}\sqrt[4]{{\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}}}$

Ta có Bổ đề vailsile $3(ab^3+bc^3+ca^3) \leq  (a^2+b^2+c^2)^2$

Nên 

$\sum {\sqrt[4]{{a{b^3}}}\sqrt[4]{{\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}}}}  \le \sqrt {\left( {\sqrt {a{b^3}}  + \sqrt {b{c^3}}  + \sqrt {c{a^3}} } \right)\left( {\sum {\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}} } \right)}  \le \sqrt {\frac{1}{3}{{(a + b + c)}^2}\left( {\sum {\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}} } \right)}$

 $\rightarrow  \sum {\frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} \le \frac{1}{{\sqrt[4]{{72}}}}} \left( {a + b + c} \right)\sqrt {\left( {\sum {\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}} } \right)}  \le \frac{{a + b + c}}{2}$

$B{\rm{D}}T \Leftrightarrow \sum {\sqrt {\frac{{{a^6}}}{{{b^6} + {a^6}}}} }  \le \frac{3}{{\sqrt 2 }}$

BĐT này quá quen thuộc rồi

 

 

 

P/s: Mình làm ntn dc coi là dùng  ngược dấu ko

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sharker: 03-08-2017 - 11:28

[AnhTran2911]

 

 

$\sum {\frac{{{a^4}}}{{{a^3} + {b^3}}} = \sum {a - \frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}}}  \ge \frac{{a + b + c}}{2}}$

BĐT lúc này $\Leftrightarrow \sum {\frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} \le \frac{{a + b + c}}{2}}$

$\sum {\frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} = \sum {\frac{{a{b^3}}}{{\sqrt {({a^6} + 2{a^3}{b^3} + {b^6})} }}}  \le \sum {\frac{{a{b^3}}}{{\sqrt[4]{{8{a^3}{b^3}({a^6} + {b^6})}}}}}  = } \frac{1}{{\sqrt[4]{8}}}.\sqrt[4]{{a{b^3}}}\sqrt[4]{{\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}}}$

Ta có Bổ đề vailsile $(ab^3+bc^3+ca^3) \leq  (a^2+b^2+c^2)^2$

Nên 

$\sum {\sqrt[4]{{a{b^3}}}\sqrt[4]{{\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}}}}  \le \sqrt {\left( {\sqrt {a{b^3}}  + \sqrt {b{c^3}}  + \sqrt {c{a^3}} } \right)\left( {\sum {\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}} } \right)}  \le \sqrt {\frac{1}{3}{{(a + b + c)}^2}\left( {\sum {\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}} } \right)}$

 $\rightarrow  \sum {\frac{{a{b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} \le \frac{1}{{\sqrt[4]{{72}}}}} \left( {a + b + c} \right)\sqrt {\left( {\sum {\frac{{{b^6}}}{{{a^6} + {b^6}}}} } \right)}  \le \frac{{a + b + c}}{2}$

$B{\rm{D}}T \Leftrightarrow \sum {\sqrt {\frac{{{a^6}}}{{{b^6} + {a^6}}}} }  \le \frac{3}{{\sqrt 2 }}$

BĐT này quá quen thuộc rồi

 

 

 

P/s: Mình làm ntn dc coi là dùng  ngược dấu ko

 

Hơi giống trong sách giải thì phải

[sharker]

Mình cũng ko rõ đâu

Bài này làm vài lần rồi...Cx đâu khó để suy nghĩ 

[Duy Thai2002]

Bài 1: $a,b,c\ge{0}$ 

CMR: $\frac{a^4}{a^3+b^3}+\frac{b^4}{b^3+c^3}+\frac{c^4}{c^3+a^3}\geq{\frac{a+b+c}{2}}$

Có một cách khá đơn giản cho bài 1 đó là sử dụng phương pháp SOS.

Bđt cần cm <=>  $\sum \frac{a^{4}}{a^{3}+b^{3}}-\sum \frac{5a-3b}{4}\geq 0$

<=> $S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$, trong đó:

$S_{a}=\frac{3c^{2}+bc-b^{2}}{4(c^{3}+b^{3})}$, $S_{b}=\frac{3a^{2}+ac-c^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}$, $S_{c}=\frac{3b^{2}+ab-a^{2}}{4(a^{3}+b^{3})}$

Ta sẽ cm bđt trên. Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$

Dễ dàng suy ra được $S_{b}\geq 0$

Ta có:

$.S_{b}+S_{a}=\frac{3a^{2}+ac-c^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}+\frac{3c^{2}+bc-b^{2}}{4(b^{3}+c^{3})}\geq \frac{3a^{2}+ac-c^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}+\frac{3c^{2}+bc-b^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}=\frac{3a^{2}+ac-c^{2}+3c^{2}+bc-b^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}\geq \frac{2a^{2}+ac+2c^{2}+bc}{4(a^{3}+c^{3})}\geq 0$

$.S_{b}+S_{c}=\frac{3a^{2}+ac-c^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}+\frac{3b^{2}+ab-a^{2}}{4(a^{3}+b^{3})}\geq \frac{3a^{2}+ac-c^{2}}{4(a^{3}+b^{3})}+\frac{3b^{2}+ab-a^{2}}{4(a^{3}+b^{3})}=\frac{3a^{2}+ac-c^{2}+3b^{2}+ab-a^{2}}{4(a^{3}+b^{3})}\geq \frac{2a^{2}+ac+2b^{2}+ab}{4(a^{3}+b^{3})}\geq 0$

=> $S_{b}\geq 0, S_{b}+S_{a}\geq 0, S_{c}+S_{b}\geq 0$ nên theo định lý 2 SOS

=> $S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$

=> đpcm.

[Duy Thai2002]

Chiều giờ bận đi học nên không rảnh. Giờ có thời gian thì làm nốt luôn bài 2

Tiếp nối ý tưởng bài 1 thì bài 2 ta cũng sử dụng phương pháp SOS

Bđt <=> $\sum \frac{a^{3}}{2a^{2}+b^{2}}-\sum \frac{5a-2b}{9}\geq 0$

       <=> $S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$, trong đó:

$S_{a}=\frac{2c-b}{9(2b^{2}+c^{2})}, S_{b}=\frac{2a-c}{9(2c^{2}+a^{2})}, S_{c}=\frac{2b-a}{9(2a^{2}+b^{2})}$

Ta sẽ cm bất đẳng thức trên. Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$

Dễ dàng suy ra được $S_{b}\geq 0$

Ta có:

$.S_{b}+S_{a}=S_{a}=\frac{2c-b}{9(2b^{2}+c^{2})}+\frac{2a-c}{9(2c^{2}+a^{2})}\geq \frac{2c-b}{9(2b^{2}+a^{2})}+\frac{2a-c}{9(2b^{2}+a^{2})}=\frac{2c-b+2a-c}{9(2b^{2}+a^{2})}=\frac{c+2a-b}{9(2b^{2}+a^{2})}\geq 0$

$.S_{b}+S_{c}=\frac{2a-c}{9(2c^{2}+a^{2})}+\frac{2b-a}{9(2a^{2}+b^{2})}\geq \frac{2a-c}{9(2a^{2}+b^{2})}+\frac{2b-a}{9(2a^{2}+b^{2})}=\frac{2a-c+2b-a}{9(2a^{2}+b^{2})}=\frac{a+2b-c}{9(2a^{2}+b^{2})}\geq 0$

$\Rightarrow S_{b}\geq 0, S_{b}+S_{a}\geq 0, S_{b}+S_{c}\geq 0$ nên theo định lý 2 SOS

$\Rightarrow S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$

=> Đpcm.

[nguyen kd]

Có một cách khá đơn giản cho bài 1 đó là sử dụng phương pháp SOS.

Bđt cần cm <=>  $\sum \frac{a^{4}}{a^{3}+b^{3}}-\sum \frac{5a-3b}{4}\geq 0$

<=> $S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$, trong đó:

$S_{a}=\frac{3c^{2}+bc-b^{2}}{4(c^{3}+b^{3})}$, $S_{b}=\frac{3a^{2}+ac-c^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}$, $S_{c}=\frac{3b^{2}+ab-a^{2}}{4(a^{3}+b^{3})}$

Ta sẽ cm bđt trên. Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$

Dễ dàng suy ra được $S_{b}\geq 0$

Ta có:

$.S_{b}+S_{a}=\frac{3a^{2}+ac-c^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}+\frac{3c^{2}+bc-b^{2}}{4(b^{3}+c^{3})}\geq \frac{3a^{2}+ac-c^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}+\frac{3c^{2}+bc-b^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}=\frac{3a^{2}+ac-c^{2}+3c^{2}+bc-b^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}\geq \frac{2a^{2}+ac+2c^{2}+bc}{4(a^{3}+c^{3})}\geq 0$

$.S_{b}+S_{c}=\frac{3a^{2}+ac-c^{2}}{4(a^{3}+c^{3})}+\frac{3b^{2}+ab-a^{2}}{4(a^{3}+b^{3})}\geq \frac{3a^{2}+ac-c^{2}}{4(a^{3}+b^{3})}+\frac{3b^{2}+ab-a^{2}}{4(a^{3}+b^{3})}=\frac{3a^{2}+ac-c^{2}+3b^{2}+ab-a^{2}}{4(a^{3}+b^{3})}\geq \frac{2a^{2}+ac+2b^{2}+ab}{4(a^{3}+b^{3})}\geq 0$

=> $S_{b}\geq 0, S_{b}+S_{a}\geq 0, S_{c}+S_{b}\geq 0$ nên theo định lý 2 SOS

=> $S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$

=> đpcm.

Do bài toán không đối xứng bạn cần phải xét thêm trường hợp : $c \ge b \ge a$

[nguyen kd]

Không dùng pp sos thì giải k ra hẻ pạn

Phương pháp SOS rất mạnh, giải như bạn Duy Thai2002 thì OK rồi nhưng  bạn xét thiếu trường hợp như mình nói.

Còn bạn  AnhTran2911 cũng có lời giải đẹp đấy chứ ! dễ hiểu mà, một vài chỗ bạn thiếu sót dấu căn bậc 2, bạn  AnhTran2911 xem lại.

bạn này mượn bổ đề vasile rất hay.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen kd: 16-08-2017 - 14:09

[Duy Thai2002]

Phương pháp SOS rất mạnh, giải như bạn Duy Thai2002 thì OK rồi nhưng  bạn xét thiếu trường hợp như mình nói.

Còn bạn  AnhTran2911 cũng có lời giải đẹp đấy chứ ! dễ hiểu mà . bạn ấy mượn bổ đề vasile rất hay.

mình nghĩ không cần xét trường hợp kia vì theo định lý SOS nếu$a\geq b\geq c$ và $S_{b}\geq 0,S_{b}+S_{a}\geq 0,S_{b}+S_{c}\geq 0$ thì $S\geq 0$

[Duy Thai2002]

Không dùng pp sos thì giải k ra hẻ pạn

Có thể ra giống như bạn Nguyen Kd đã nói ở dưới.

[nguyen kd]

mình nghĩ không cần xét trường hợp kia vì theo định lý SOS nếu$a\geq b\geq c$ và $S_{b}\geq 0,S_{b}+S_{a}\geq 0,S_{b}+S_{c}\geq 0$ thì $S\geq 0$

Điều này là cần thiết đó bạn.

Thật ra thì  \[\frac{{{a^4}}}{{{a^3} + {b^3}}} + \frac{{{b^4}}}{{{b^3} + {c^3}}} + \frac{{{c^4}}}{{{c^3} + {a^3}}} \ge \frac{{a + b + c}}{2} \Leftrightarrow \frac{{{a^3} - {b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}}a + \frac{{{b^3} - {c^3}}}{{{b^3} + {c^3}}}b + \frac{{{c^3} - {a^3}}}{{{c^3} + {a^3}}}c \ge 0\]

Nếu bạn chỉ xét  $a \ge b \ge c$ thôi thì khi đó:

\[\frac{{{a^3} - {b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}}a + \frac{{{b^3} - {c^3}}}{{{b^3} + {c^3}}}b + \frac{{{c^3} - {a^3}}}{{{c^3} + {a^3}}}c \ge \frac{{{a^3} - {b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}}c + \frac{{{b^3} - {c^3}}}{{{b^3} + {c^3}}}c + \frac{{{c^3} - {a^3}}}{{{c^3} + {a^3}}}c = \left( {\frac{{{a^3} - {b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} \times \frac{{{b^3} - {c^3}}}{{{b^3} + {c^3}}} \times \frac{{{a^3} - {c^3}}}{{{c^3} + {a^3}}}} \right)c \ge 0\]

suy ra BĐT giải quyết xong .Đơn giản quá phải không ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyen kd: 16-08-2017 - 09:51

[Duy Thai2002]

Điều này là cần thiết đó bạn.

Thật ra thì  \[\frac{{{a^4}}}{{{a^3} + {b^3}}} + \frac{{{b^4}}}{{{b^3} + {c^3}}} + \frac{{{c^4}}}{{{c^3} + {a^3}}} \ge \frac{{a + b + c}}{2} \Leftrightarrow \frac{{{a^3} - {b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}}a + \frac{{{b^3} - {c^3}}}{{{b^3} + {c^3}}}b + \frac{{{c^3} - {a^3}}}{{{c^3} + {a^3}}}c \ge 0\]

Nếu bạn chỉ xét  $a \ge b \ge c$ thôi thì khi đó:

\[\frac{{{a^3} - {b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}}a + \frac{{{b^3} - {c^3}}}{{{b^3} + {c^3}}}b + \frac{{{c^3} - {a^3}}}{{{c^3} + {a^3}}}c \ge \frac{{{a^3} - {b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}}c + \frac{{{b^3} - {c^3}}}{{{b^3} + {c^3}}}c + \frac{{{c^3} - {a^3}}}{{{c^3} + {a^3}}}c = \left( {\frac{{{a^3} - {b^3}}}{{{a^3} + {b^3}}} \times \frac{{{b^3} - {c^3}}}{{{b^3} + {c^3}}} \times \frac{{{a^3} - {c^3}}}{{{c^3} + {a^3}}}} \right)c \ge 0\]

suy ra BĐT giải quyết xong .Đơn giản quá phải không ?

Không cách mình làm là đưa về tổng bình phương khác với cách của bạn.

[nguyen kd]

Không cách mình làm là đưa về tổng bình phương khác với cách của bạn.

bất đẳng thức đối xứng thì vai trò các biến như nhau thì xét 1 trường hợp như bạn là đúng , còn khi không đối xứng thì chỉ trường hợp như bạn là không đủ. 

[sharker]

Cách của mình còn không dễ hiểu thì các bạn đừng làm toán nữa :v