Chủ đề này có 37 trả lời

[10maths_tp0609]

PHƯƠNG PHÁP " BÁN SCHUR- BÁN SOS" (SS)

Khi đứng trước một bài bđt đối xứng hoặc hoán vị thì phương pháp hay được sử dụng nhất là phương pháp SOS vì nó thực sự hiệu quả với các bài bđt 3 biến . Tuy nhiên đối với các bạn chưa làm quen được với phương pháp SOS thì việc đưa được về dạng chính tắc của phương pháp SOS và xác định tiêu chuẩn của nó là một việc không hề đơn giản .Chính vì vậy bài viết này tôi sẽ xin đưa ra một phương pháp đã được áp dụng trong một số bài viết của diễn đàn "phương pháp bán Schur-bán SOS". Hẳn các bạn sẽ tự hỏi tại sao nó có cái tên như vậy ? Câu trả lời sẽ được tìm thấy qua ví dụ mở đầu sau , một bđt quen thuộc , bđt Schur:

Ví dụ 1 : ( bđt Schur) Với các số thực a,b, c không âm bất kì ta luôn có :
$ a^{3} + b^{3} + c^{3}+3abc \geq ab(a+b) + bc(b+c) + ac(a+c)$
Giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử c = min(a,b,c). Sử dụng khai triển :

$a^3+b^3+c^3-3abc=\left(a+b+c\right)\left[\left(a-b\right)^2+\left(a-c\right)\left(b-c\right)\right]$
$ ab(a+b) + bc(b+c) + ac(a+c) - 6abc = 2c(a-b)^{2} + (a+b)(a-c)(b-c)$
Do đó bđt đã cho có thể được viết dưới dạng $(a + b - c)(a-b)^{2} + c(a-c)(b-c) \geq 0 $
Vì c = min (a,b,c) nên bđt trên hiển nhiên đúng $\Rightarrow $ ta có điều phải CM
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c ; a=b , c=0 : hoặc các hoán vị

Ví dụ 2 ( mathlinks contests)
Chứng minh bđt sau với hệ số a,b,c dương
$ \dfrac{a+b}{a+c} + \dfrac{a+c}{b+c} + \dfrac{b+c}{b+a} \leq \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} $
Giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử c= min (a,b,c);
Ta có khai triển :
$ \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{z} + \dfrac{z}{x} - 3 = \dfrac{(x-y)^{2}}{xy} + \dfrac{(x-z)(y-z)}{xz} $
( Cái này các bạn có thể dễ dàng phân tích được
Do đó bđt trên có thể viết lại dưới dạng:
$[ \dfrac{1}{ab}- \dfrac{1}{(a+c)(b+c)}](a-b)^{2} + [ \dfrac{1}{ac} - \dfrac{1}{(a+c)(a+b)}](a-c)(b-c) \geq 0 $
Bđt trên hiển nhiên đúng
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow $ a=b=c

Lời giải hai ví dụ trên không phải là duy nhất và còn có nhiều cách chứng minh độc đáo hơn Nhưng nếu xem khách quan thì nó hoàn toàn tự nhiên và cơ bản . Nói khái quat khi đứng trước một bđt bất kì của 3 bến a,b,c ta sẽ tìm cách đưa chúng về dạng 'bán Schur- bán SOS" : $(a-b)^{2}$, (a-b)(b-c).
f(a,b,c)= $M(a-b)^{2} + N(a-b)(b-c) \geq 0$
Sau đó với giả thiết c = max( hoặc min) (a,b,c) ta sẽ CM được M,N\$ \geq $ 0
Từ đó ta có điều cần CM

Sau đây là một số khai triển thường được sử dụng trong phân tích:

1.$ a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - bc- ac = (a-b)^{2} +(a-c)(b-c) $
2.$ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} -3 = \dfrac{(a-b)^{2}}{ab} + \dfrac{(a-c)(b-c)}{ac} $
3.$ a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3abc = (a+b+c)[(a-b)^{2} +(a-c)(b-c)]$
4.$ (a+b)(b+c)(c+a)- 8abc = 2c(a-b)^{2} + (a+b)(a-c)(b-c)$
5.$ \dfrac{a}{b+c}+ \dfrac{b}{a+c} + \dfrac{c}{a+b} - \dfrac{3}{2} = \dfrac{(a-b)^{2}}{(a+c)(c+b)} + \dfrac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(a+c)}(a-c)(b-c) $
6.$ \dfrac{a+kb}{a+kc}+ \dfrac{b+kc}{b+ka} + \dfrac{c+ka}{c+kb} - 3 = \dfrac{k^2.(a-b)^{2}}{(c+ka)(c+kb)} + \dfrac{k(a-c)(b-c)[(k^2-k+1).a +(k-1)b+kc]}{(a+kb)(b+ka)(c+kb)} $

Bây giờ sẽ là một số ví dụ cụ thể để CM tính hiệu qủa của phương pháp này

Ví dụ 3 ( Nguyễn Trung Kiên) Cho a,b,c $ \geq $ 0 . CMR
$ \sum_{cyc}\dfrac{(a+b)^{2}}{(b+c)^{2}} + \dfrac{2abc}{a^{3}+b^{3} + c^{3}} $$ \geq \dfrac{11}{3} $
Giải :

Giả sử c = max (a,b,c)
Với x,y,z bất kì ta có khai triển sau
$\sum_{cyc }\dfrac{x^{2}}{y^{2}} - 3 =\dfrac{(x+y).(x-y)^{2}}{x^{2}y^{2}} +\dfrac{(x+y)(y+z)(x-z)(y-z)}{x^{2}z^{2}} $
Ta đưa bđt trên thức về dạng
$(\dfrac{(a+b+2c)^{2}}{(a+b)^{2}(b+c)^{2}} - \dfrac{2(a+b+c)}{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})})(a-b)^{2} = [\dfrac{(a+2b+c)(2a+b+c)}{(a+b)^{2}(a+c)^{2}} - \dfrac{2(a+b+c)}{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})} ](a-c)(b-c) \geq 0 $
Theo bdt Chebyshev ta có : $3(a^{3}+b^{3}+c^{3}) \geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})(a+b+c)$
Có c= max(a,b,c);
$ \Rightarrow \dfrac{(a+2b+c)(b+2a+c)}{(a+b)^{2}(a+c)^{2}} \geq \dfrac{4(a+b)^{2}}{(a+b)^{2}(a+c)^{2}} \geq \dfrac{2}{a^{2}+c^{2}} \geq \dfrac{2}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \geq \dfrac{2(a+b+c)}{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})}$ (1)
Đồng thời ta cũng có:
$ \dfrac{(a+b+2c)^{2}}{(a+c)^{2}(b+c)^{2}} \geq \dfrac{4}{(a+c)(b+c)} $
Ta cần chứng minh rằng $\dfrac{2}{(a+c)(b+c)} \geq \dfrac {1}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$ (*)
Thật vậy : (*)$ \Leftrightarrow 2(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \geq ab+bc+ac + c^{2}$
$ \Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2}) + a^{2}+b^{2} \geq (ab+bc+ca) $ (hiển nhiên đúng )
$ \Rightarrow \dfrac{(a+b+2c)^{2}}{(a+c)^{2}(b+c)^{2}} \geq \dfrac{2}{ a^{2}+b^{2}+c^{2}} \geq \dfrac{2(a+b+c)}{3(a^{3}+b^{3}+c^{3})} $ (2)

Từ (1) và (2) ta có điều cần CM
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow $a=b=c

Ví dụ 4 (Nguyễn Văn Thạch) Cho a,b,c >0 CMR:
$\sum_{cyc}\dfrac{a^{2}}{b^{2}} + 8\dfrac{( ab+bc+ca)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \geq 11$
Giải:
Giả sử c= min(a.b.c)
Ta đưa bdt trên về dạng
$[\dfrac{(a+b)^{2}}{a^{2}b^{2}} - \dfrac{8}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}](a-b)^{2} + [\dfrac{(a+c)(b+c)}{a^{2}c^{2}} -\dfrac{8}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}](a-c)(b-c) \geq 0 $
Có $\dfrac{(a+b)^{2}}{a^{2}b^{2}} = (\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b})^{2} \geq \dfrac{16}{(b+c)^{2}} \geq \dfrac{8}{a^{2}+b^{2}} \geq{8}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
Mà c=min(a,b,c)
$ \Rightarrow (a+c)(b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2}) \geq 2 \sqrt[2]{ac}.2c(a^{2}+2c^{2} )=4c\sqrt[2]{ac}(\dfrac{a^{2}}{3} + \dfrac{b^{2}}{3} +\dfrac{c^{2}}{3} + 2c^{2}) \geq 4c\sqrt[2]{ac}.4\sqrt[4]{\dfrac{2a^{6}c^{2}}{27}} >8a^{2}c^{2} $
$ \Rightarrow \dfrac{(a+c)(b+c)}{a^{2}c^{2}} > \dfrac{8}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$
Do đó ta có điều cần CM
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow $ a=b=c


Qua hai ví dụ 3 và 4 ta thấy rằng 'Phương pháp bán Schur-bán SOS" không những có hiệu quả với những bài bdt đối xứng mà còn có hiệu quả với các bdt hoán vị . Các bạn hãy thử chứng minh lại hai ví dụ trên bằng phương pháp SOS. Nếu sử dụng trực tiếp chúng , ta phải xét tới hai trường hợp $a\geq b\geq c$ và $ a \leq b\leq c$.Chắc các bạn đã nhận ra phần nào tính tự nhiên và cơ bản của phương pháp này.
Tuy nhiên ta vẫn có thể chứng minh chúng bằng SOS nhưng theo một cách không được tự nhiên lắm và không phảI ai cũng biết đến, đó là sẽ đưa bđt hoán vị trở thành bđt thức đốI xứng thông qua một bổ đề khá hay của anh Võ Quốc Bá Cẩn:
ì$ Cho x,y,z > 0 , xyz =1 $ ta luôn có
$ \sum x^{2} \geq [\dfrac{3}{2}( x+y+z + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y}+ \dfrac{1}{z} ) - 6] $”

Còn nhiều cách chứng minh bổ đề trên nhưng quen thuộc nhất vẫn là phương pháp d?#8220;n biến . Đến đây chắc các bạn cũng có thể nhìn ra được vấn đề .Ở ví dụ 3 ta chỉ cần dặt
$ x=\dfrac{a+b}{b+c} , y= \dfrac{b+c}{c+a}, z=\dfrac{c+a}{a+b} $ ta sẽ có xyz =1
Còn ở ví dụ 4 đặt $ x =\dfrac{a}{b} , y = \dfrac{b}{c} , z = \dfrac{c}{a} $

Vì khuôn khổ bài viết chỉ có hạn nên chúng tôi không thể viết được chi tiết lời giảI của hai ví dụ theo cách trên . ĐốI vớI những bạn chưa biết đến phương pháp bán Schur ?#8220; bán SOS ì thì có lẽ phương pháp được sử dụng là SOS . Tuy nhiên các bạn cũng thấy nếu không biết tớI bổ đề của anh Cẩn thì việc chứng minh 2 ví dụ trên là vô cùng khó khăn . Một lần nữa , chúng tôi muốn nhấn mạnh đến tính tự nhiên và hiệu quả làm dơn giản hóa bài toán của phương pháp này.

Ví dụ 6
Cho a,b,c dương ta có bđt sau:
$\sum\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{abc}{2(a^{3}+ b^{3}+ c^{3})} \geq \dfrac{5}{3}$
GiảI :
Giả sử c = max(a,b,c)
Ta có khai triển sau :
$\sum\dfrac{a}{b+c} - \dfrac{3}{2} = \dfrac {(a-b)^{2}}{(a+c)(b+c)} + (a-c)(b-c)\dfrac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 0 $
Do đó bđt trên có thể viết dướI dạng
$[\dfrac{1}{(c+a)(c+b)} - \dfrac{a+b+c}{6 (a^{3}+ b^{3}+ c^{3})}](a-b)^{2} + [\dfrac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(c+a)} - \dfrac{a+b+c}{6 (a^{3}+ b^{3}+ c^{3})} ] (a-c)(b-c) \geq 0 $
Theo bđt Chebyshev ta có $3 (a^{3}+ b^{3}+ c^{3}) \geq (a^{2}+ b^{2}+ c^{2})(a+b+c)$
Ta có
$\dfrac{1}{(c+a)(c+b)} \geq \dfrac{1}{2(a^{2}+ b^{2}+ c^{2})}$ (3)
Thật vậy (3)$\Leftrightarrow 2(a^{2}+ b^{2}+ c^{2}) \geq (ab+bc+ac + c^{2})$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{(c+a)(c+b)} \geq \dfrac{1}{2(a^{2}+ b^{2}+ c^{2 })} \geq \dfrac{a+b+c}{6 (a^{3}+ b^{3}+ c^{3})} $
Có c= max(a,b,c)
$\rightarrow \dfrac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \dfrac{1}{(a+c)(b+c)} \geq \dfrac{a+b+c}{6 (a^{3}+ b^{3}+ c^{3})}$
Từ đó ta có điều phảI CM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Qua các ví dụ ta có thể thấy thuận lợI lớn nhất trong lờI giả bằng phương pháp này là việc sử dụng rất ít kiến thức cao cấp , thậm chí bạn không cần phảI biết đến những phương pháp phức tạp và khó như ABC, d?#8220;n biến ,… Tôi hi vọng rằng qua bài viết trên các bạn đã phần nào hiểu rõ được nộI dung và vẻ đẹp của phương pháp này .

Và đây là một số bài tập áp dụng

Bài 1 (Nguyễn Anh Cường ) Cho a,b,c > 0 CMR
$\dfrac{abc}{ a^{3}+ b^{3}+ c^{3}} + \dfrac{2}{3} \geq \dfrac{ab+bc+ca}{ a^{2}+ b^{2}+ c^{2}} $
Bài 2 Cho a,b,c >0 CMR
$\sum\dfrac{b+c}{a} \geq \dfrac{4(a^{2}+ b^{2}+ c^{2})}{ab+bc+ac} +2$
Bài 3(Phạm Kim Hùng ) Cho a,b,c >0 . CMR
$ \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc} + \dfrac{4(a^{2}+ b^{2}+ c^{2})}{ab+bc+ca} \geq 12$
Bài 4 Cho a,b,c không âm CMR
$\dfrac{ a^{3}+ b^{3}+ c^{3}}{abc} + \dfrac{54abc}{(a+b+c)^{3}} \geq 5$
Bài 5 Cho a,b,c không âm CMR
$ \sum\dfrac{a^{2}+bc}{(b+c)^{2}} \geq \dfrac{3}{2}$




...to be continued

******************************************************************
(Đây không phải là một kết quả nghiên cứu của cá nhân ai , mà là thành quả của rất nhiều người trong 10maths_tp0609)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 27-06-2016 - 11:24
Sửa latex.

[MyLoveIs4Ever]

Cái chuyên đề này hay nhe nhưng cảm fiền bạn đánh lại rõ chút nha nếu có bài gì hay hay mình sẽ đóng góp cho topic này

[MyLoveIs4Ever]

PHƯƠNG PHÁP "BÁN SCHUR- BÁN SOS"

Khi đứng trước một bài bđt đối xứng hoặc hoán vị thì phương pháp hay được sử dụng nhất là phương pháp SOS vì nó thực sự hiệu quả với các bài bđt e biến . Tuy nhiên đối với các bạn chưa làm quen được với phương pháp SOS thì việc đưa được về dạng chính tắc của phương pháp SOS và xác định tiêu chuẩn của nó là một việc không hề đơn giản ..Chính vì vậy bài viết này tôi sẽ xin đưa ra một phương pháp đã được áp dụng trong một số bài viết của diễn đàn "phương pháp bán Schur-bán SOS". Hẳn các bạn sẽ tự hỏi tại sao nó có cái tên như vậy ? Câu trả ời sẽ được tìm thấy qua ví dụ mở đầu sau , một bđt quen thuộc , bđt Schur:

Ví dụ 1 : ( bđt Schur) Với các số thực a,b, c không âm bất kì ta luôn có :
$\large\ a^{3} + b^{3} + c^{3} \geq ab(a+b) + bc(b+c) + ac(a+c)$
Giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử c = min(a,b,c). Sử dụng khai triển :
$ \ a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3abc = (a+b+c)[ (a-b)^{2} + (b-c)^{2} + (c-a)^{2} $
$ \ ab(a+b) + bc(b+c) + ac(a+c) - 6abc = 2c(a-b)^{2} + (a+b)(a-c)(b-c)$
Do đó bđt đã cho có thể được viết dưới dạng $\ (a + b - c)(a-b)^{2} + c(a-c)(b-c) \geq 0 $
Vì c = min (a,b,c) nên bđt trên hiển nhiên đúng $\Rightarrow $ ta có điều phải CM
Đẳng thức xảy ra khi a=b=c ; a=b , c=0 : hoặc các hoán vị

Ví dụ 2 ( mathlinks contests)
Chứng minh bđt sau với hệ số a,b,c dương
$ \dfrac{a+b}{a+c} + \dfrac{a+c}{b+c} + \dfrac{b+c}{b+a} \leq \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} $
Giải:
Không mất tính tổng quát ta giả sử c= min (a,b,c);
Ta có khai triển :
$ \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{z} + \dfrac{z}{x} - 3 = \dfrac{(x-y)^{2}}{xy} + \dfrac{(x-z)(y-z)}{xz} $
( Cái này các bạn có thể dễ dàng phân tích được
Do đó bđt trên có thể viết lại dưới dạng:
$[ \dfrac{1}{ab}- \dfrac{1}{(a+c)(b+c)}](a-b)^{2} + [ \dfrac{1}{ac} - \dfrac{1}{(a+c)(a+b)}](a-c)(b-c) \geq 0 $
Bđt trên hiển nhiên đúng
Đẳng thức xảy ra $ \Leftrightarrow $ a=b=c

Lời giải hai ví dụ trên không phải là duy nhất và còn có nhiều cách chứng minh độc đáo hơn Nhưng nếu xem khách quan thì nó hoàn toàn tự nhiên và cơ bản . Nói khái quat khi đứng trước một bđt bất kì của 3 bến a,b,c ta sẽ tìm cách đưa chúng về dạng 'bán Schur- bán SOS" : $(a-b)^2$, (a-b)(b-c).
f(a,b,c)= $M(a-b)^{2} + N(a-b)(b-c) \geq 0$
Sau đó với giả thiết c = max( hoặc min) (a,b,c) ta sẽ CM được M,N\$ \geq $ 0
Từ đó ta có điều cần CM

[Sau đay là một số khai triển thường được sử dụng trong phân tích:

1.$ a^{2} + b^{2} + c^{2} - ab - bc- ac = (a-b)^{2} +(a-c)(b-c) $
2.$ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} -3 = \dfrac{(a-b)^{2}}{ab} + \dfrac{(a-c)(b-c)}{ac} $
3.$ a^{3} + b^{3} + c^{3} - 3abc = (a+b+c)[(a-b)^{2} +(a-c)(b-c)]$
4.$ (a+b)(b+c)(c+a)- 8abc = 2c(a-b)^{2} + (a+b)(a-c)(b-c)$
5.$ \dfrac{a}{b+c}+ \dfrac{b}{a+c} + \dfrac{c}{a+b} - \dfrac{3}{2} = \dfrac{(a-b)^{2}}{(a+c)(c+b)} + \dfrac{a+b+2c}{(a+b)(b+c)(a+c)}(a-c)(b-c) $
6.$ \dfrac{a+kb}{a+kc}+ \dfrac{b+kc}{b+ka} + \dfrac{c+ka}{c+kb} - 3 = \dfrac{k^2.(a-b)^{2}}{(c+ka)(c+kb)} + \dfrac{k(a-c)(b-c)[(k^2-k+1).a +c}{(a+kb)(b+ka)(c+kb)} $

Bây giờ sẽ là một số ví dụ cụ thể để CM tính hiệu qủa của phương pháp này

( Xin lỗi các bạn , hiện giờ tôi mới chỉ post được 1/4 chuyên đề , tôi sẽ post nốt phần còn lại vào một thời gian gần nhất)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MyLoveIs4Ever: 16-04-2007 - 20:08

[MyLoveIs4Ever]

Chả biết bài này có liên wan ko:
Cho $ a,b,c $ thực dương thỏa $ a+b \geq c;b+c \geq a;c+a \geq b $ CMR:
$ \ 2a^2(b+c)+2b^2(c+a)+2c^2(a+b) \geq a^3+b^3+c^3+9abc $

[10maths_tp0609]

có.
$ 2\sum bc(b+c) -12abc=4c(a-b)^2+(2a+2b)(a-c)(b-c) $
$ 3abc-a^3-b^3-c^3=-(a+b+c)(a-b)^2-(a+b+c)(a-c)(b-c) $
vậy $ VT-VP=(3c-a-b)(a-b)^2+(a+b-c)(a-c)(b-c) $
với giả sử c=max và gt đã cho ta có dpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 16-04-2007 - 20:30

[MyLoveIs4Ever]

Well ,That problem is easy, u try to solve this problem by S.O.S & Schur (It 's solved by S.O.S very beautiful)
Let a,b,c be positive real numbers Prove that:
$ \dfrac{a^2}{b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{c^2+a^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2} \geq \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} $


---------------------You should finish $\dfrac{3}{4} $ ur subject in order to exchange by everyone----------Thanks...I 'll take the problems for u trying solve....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MyLoveIs4Ever: 16-04-2007 - 20:42

[10maths_tp0609]

Ví dụ 3( Phạm Kim Hùng ) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a,b,c ta luôn có
$ \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+ \dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2 $
CM:$ \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1=\dfrac{1}{ab+bc+ca}(a-b)^2+\dfrac{1}{ab+bc+ca}(a-c)(b-c) $
$ \dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-1=\dfrac{-2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}(a-b)^2-\dfrac{1}{(a+b)(b+c)}(a-c)(b-c) $
vậy:
$ M=(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{2c}{(a+b)(b+c)(c+a)}) $
$ N=(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{1}{(a+c)(b+c)}) $
giả sử c=min ta dễ dàng cm được M,N $\geq $ 0=> dpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 22-04-2007 - 10:54

[10maths_tp0609]

bài của dũng:
the problem is solved, but it is so bad(ugly).
$ M=\dfrac{(a+b)^2}{(a^2+c^2)(b^2+c^2)}-\dfrac{1}{(a+b)(b+c)} $
$ N=\dfrac{(a^2+b^2+2c^2)(a+c)(b+c)}{2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}-\dfrac{a+b+2c}{2(a+b)(b+c)(c+a)} $
giả sử c=min.
dễ thấy: $ (a+b)^2(a+c)(b+c) \geq (a+c)^2(b+c)^2 \geq (a^2+c^2)(b^2+c^2) => M \geq 0$
ta cm: $ (a^2+b^2+2c^2)(a+b)(a+c)^2(b+c)^2-(a+b+2c)(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) \geq 0 $ <=>
$ 2c^2(a+b)(b+c)^2(c+a)^2+(a^2+b^2)(a+b)[(a+b)(b^2+c^2)2ac+4(a+b)abc^2+2c(ab-c^2)(a^2+c^2)] \geq 0 $
vậy N 0.
có gì sai mai mình sẽ edit lại, okie.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 17-04-2007 - 19:04

[10maths_tp0609]

Một số VD:
1.
a,b,c 0. CMR: $ (\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})^2 \geq (a+b+c)(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}) $
$ VT-9=(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a})^2-9=\dfrac{(a-b)^2}{ab}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3)+\dfrac{(a-b)(a-c)}{ac}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3) $
$ VP-9= \dfrac{2(a-b)^2}{ab}+\dfrac{(a-b)(a-c)(a+b)}{abc} $
$ VT-VP= (a-b)^2(\dfrac{1}{ab}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3)-\dfrac{2}{ab})+(c-a)(c-b)(\dfrac{1}{ac}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3)-\dfrac{a+b}{abc}) $
giả sử c=min, ta có:
$ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3 \geq 3 \rightarrow \dfrac{1}{ab}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3) \geq \dfrac{3}{ab} $
ta sẽ cm: $ \dfrac{1}{ac}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+3) \geq \dfrac{a+b}{abc} $
$ \dfrac{ab^2+bc^2+ca^2+3abc}{ac.abc} \geq \dfrac{a+b}{abc} $
$ ab^2+bc^2+ca^2+3abc \geq ac(a+b) $
$ ab^2+bc^2+ca^2+3abc \geq ca^2+abc $
$ ab^2+bc^2+2abc \geq 0 $
2.a,b,c >0.
CMR:$ \dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{c+a}+\dfrac{c+a}{a+b} \leq \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} $
giả sử c=min{a,b,c}. Ta có:
VT- 3= $ \dfrac{(a-b)^2}{ab+ bc+ ca}+ \dfrac{(a- c)(b- c)}{ab+ bc+ca} $
VP- 3= $ \dfrac{(a-b)^2}{(a+ c)(b+ c)}+ \dfrac{(a- c)(b- c)}{(a+ b)(b+ c)} $
dpcm $ (a-b)^2(\dfrac{1}{ab+ bc+ ca}-\dfrac{1}{(a+c)(b+ c)})+ (a- c)(b- c)(\dfrac{1}{ab+ bc+ ca}- \dfrac{1}{(a+ b)(b+ c)}) \geq 0 $
Ta có ngay ab+ bc+ ca (a+ c)(b+ c) và ab+ bc+ ca (a+ b)(b+ c)
dpcm
3.$ \sum cyc \dfrac{a+kc}{a+kb} \leq \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} $ với $ k \leq 1 $
giả sử c=min{a,b,c}
Phân tích:
$ VT-3= (a-b)^2(\dfrac{k^2}{(ka+c)(kb+c)})+(a-c)(b-c)(\dfrac{k^2a-ka+k^2c+k^3b+kb-k^2b}{(a+kb)(b+kc)(c+kb)}) $
$ VP-3= (a-b)^2(\dfrac{1}{ab+bc+ca})+(a-c)(b-c)( \dfrac{1}{ab+bc+ca}) $
vậy BDT $ \leftrightarrow (a-b)^2(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{k^2}{(ka+c)(kb+c)})+(a-c)(b-c)(\dfrac{1}{ab+bc+ca}-\dfrac{k^2a-ka+k^2c+k^3b+kb-k^2b}{(a+kb)(b+kc)(c+kb)}) \geq 0 $
cuối cùng chỉ cần cm $ (ka+c)(kb+c) \geq k^2(ab+bc+ca) $
và $ (a+kb)(b+kc)(c+kb) \geq (k^2a-ka+k^2c+k^3b+kb-k^2b)(ab+bc+ca) $
hai BDT này trông hơi rắc rối nhưng nhân ra rồi áp dụng $ k \leq 1 $ và $ a,b \geq c $ là xong.
4.a,b,c>0.
CMR: $ \dfrac{a+b}{b+c}+\dfrac{b+c}{c+a}+\dfrac{c+a}{a+b}+\dfrac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geq 4 $
Giả sử c= min{a,b,c}
Xét $ \dfrac{a+ b}{b+ c}+ \dfrac{b+c}{c+a}+\dfrac{c+a}{a+b}-3=\dfrac{(a-b)^2}{(a+c)(b+c)}+\dfrac{(a-c)(b-c)}{(a+b)(b+c)} $
$ \dfrac{3(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}-1=-\dfrac{(a-b)^2}{(a+b+c)^2}-\dfrac{(a-c)(b-c)}{(a+b+c)^2} $
vậy dpcm $ (a-b)^2(\dfrac{1}{(a+c)(b+c)}-\dfrac{1}{(a+b+c)^2})+(a-c)(b-c)(\dfrac{1}{(a+b)(b+c)}-\dfrac{1}{(a+b+c)^2}) \geq 0 $
Ta có ngay $ (a+c)(b+c) \leq (a+b+c)^2 $và $ (a+b)(b+c) \leq (a+b+c)^2 $
dpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 17-04-2007 - 10:53

[supermember]

1 bài tương tự:$\sum \dfrac{1}{a+b} \geq \sum \dfrac{2a}{3a^2+bc} $ với a,b,c >0.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 19-04-2007 - 12:55

[tanpham90]

Thử cái nào !



Bai 1
Cho $x,y,z$ la cac so thuc khong am va khong co hai so nao dong thoi cung bang khong , tim hang so thuc $k$ tot nhat cua bat dang thuc :

$\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}+25\dfrac{(xy+yz+zx)}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \geq\ k$

[toanhocmuonmau]

Bài của Tân $k=10$

[toanhocmuonmau]

Bài này thì sao, liệu có giải được bằng kỹ thuật này ko?
$\sum\dfrac{a^2+5b}{b+c} \ge 8$
với $a,b,c \ge 0,a+b+c=1$

[10maths_tp0609]

oe, bài của anh mạnh quá, em giải = cách # nhé:
BDT <=> $ \sum cyc \dfrac{a+5b}{b+c} \geq 9 $
em cm cái này với mọi a,b,c.
quy đồng: <=> $ a^3+b^3+c^3+2a^2b+2b^2c+2c^2a \geq 3ab^2+3bc^2+3ca^2 $
<=> $ \dfrac{a+2b}{3}(a-b)^2+\dfrac{b+2c}{3}(b-c)^2+\dfrac{(c+2a)}{3}(c-a)^2 \geq 2(a-b)(b-c)(c-a) $
dồn biến toàn miền ta cần cm trong TH 1 biến = 0, giả sử c=0.
$ f(a,b)=a^3+b^3+2a^2b-3ab^2 $
$ f(t)=t^3+2t^2-3t+1 $ với t = $ \dfrac{a}{b} $
khảo sát hàm ta có $ min f(t)=f(\dfrac{\sqrt{13}-2}{3}) >0 $
suy ra dpcm.
nếu sai thì em potay.com bài này rồi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 18-04-2007 - 20:51

[10maths_tp0609]

Một số VD hoán vị dạng $ \dfrac{a^n}{b}+\dfrac{b^n}{c}+\dfrac{c^n}{a}-a^{n-1}-b^{n-1}-c^{n-1} $
Với các bài dạng này ta có 1 cách phân tích rất cơ bản, có thể rút ra từ 2 VD sau:
VD1:
$ f(a,b,c)=\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}-a-b-c=\dfrac{a^2-b^2}{b}+\dfrac{b^2-c^2}{c}+\dfrac{c^2-a^2}{a} $
$ =\dfrac{a^2-b^2}{b}+\dfrac{b^2-c^2}{c}-\dfrac{a^2-b^2}{a}+\dfrac{b^2-c^2}{a}=\dfrac{a+b}{ab}(a-b)^2+\dfrac{b+c}{ac}(a-c)(b-c) $
VD2:
$ f(a,b,c)= \dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}-a^2-b^2-c^2 = \dfrac{a^3-b^3}{b}+\dfrac{b^3-c^3}{c}+\dfrac{c^3-a^3}{a} $
$ =\dfrac{a^3-b^3}{b}+\dfrac{b^3-c^3}{c}-\dfrac{a^3-b^3}{a}-\dfrac{b^3-c^3}{a}=\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab}(a-b)^2+\dfrac{b^2+c^2+bc}{ac}(b-c)^2 $

Bài tập:
Ví dụ 1
Cho a,b,c > 0 . CMR:
$ \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a} \geq \dfrac{3(a^3+b^3+c^3)}{a^2+b^2+c^2} $
Giải:
Giả sử c=min(a,b,c).
ta có:
$ \dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}-a-b-c=\dfrac{a^2-b^2}{b}+\dfrac{b^2-c^2}{c}+\dfrac{c^2-a^2}{a} $
$ =\dfrac{a^2-b^2}{b}+\dfrac{b^2-c^2}{c}-\dfrac{a^2-b^2}{a}-\dfrac{b^2-c^2}{a}=\dfrac{a+b}{ab}(a-b)^2+\dfrac{b+c}{ac}(a-c)(b-c) $
$ \dfrac{3(a^3+b^3+c^3)}{a^2+b^2+c^2}-(a+b+c) = \dfrac{2a+2b}{a^2+b^2+c^2}(a-b)^2+\dfrac{a+b+2c}{a^2+b^2+c^2}(a-c)(b-c) $
Vậy:
M= $ \dfrac{a+b}{ab}-\dfrac{2(a+b)}{a^2+b^2+c^2} $
N= $ \dfrac{b+c}{ac}-\dfrac{a+b+2c}{a^2+b^2+c^2} $
dễ thấy M 0.
ta có: N 0 <=>$ (a^2+b^2+c^2)(b+c) \geq ac(a+b+2c) $
$ (a^2+b^2+c^2)(b+c) \geq 2c(a^2+b^2+c^2)=c[a^2+(\dfrac{1}{8}a^2+2b^2)+(\dfrac{1}{2}a^2+2c^2)+\dfrac{3}{8}a^2) > c(a^2+ab+2ac)=ac(a+b+2c) $
vậy N 0 => dpcm.

Ví dụ 2
Cho a,b,c > 0.CMR:
$\dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a} \geq \sqrt{3(a^4+b^4+c^4)} $
Giải:
Giả sử c=min(a,b,c).
$ \dfrac{a^3}{b}+\dfrac{b^3}{c}+\dfrac{c^3}{a}-a^2-b^2-c^2 = \dfrac{a^3-b^3}{b}+\dfrac{b^3-c^3}{c}+\dfrac{c^3-a^3}{a} $
$ =\dfrac{a^3-b^3}{b}+\dfrac{b^3-c^3}{c}-\dfrac{a^3-b^3}{a}-\dfrac{b^3-c^3}{a}=\dfrac{a^2+b^2+ab}{ab}(a-b)^2+\dfrac{b^2+c^2+bc}{ac}(b-c)^2 $
$ \sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}-(a^2+b^2+c^2) $
$ =\dfrac{2(a+b)^2}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4}+a^2+b^2+c^2}(a-b)^2+\dfrac{2(a+c)(b+c)}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}+a^2+b^2+c^2}(a-c)(b-c) $
Vậy M= $ \dfrac{a^2+b^2+ab}{ab}-\dfrac{2(a+b)^2}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4}+a^2+b^2+c^2} $
N= $ \dfrac{b^2+c^2+bc}{ac}-\dfrac{2(a+c)(b+c)}{\sqrt{3(a^4+b^4+c^4)}+a^2+b^2+c^2} $
ta có:
$ (\sqrt{3(a^4+b^4+c^4}+a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+ab) \geq 2(a^2+b^2+c^2)3ab > 2ab(2(a^2+b^2)) \geq 2ab(a+b)^2 $ => M 0.
$ (\sqrt{3(a^4+b^4+c^4}+a^2+b^2+c^2)(b^2+c^2+bc) \geq \dfrac{3}{2}c(b+c)(2(a^2+b^2+c^2)) $
$ \geq 2c(a^2b+abc+a^2c+ac^2)=2ac(a+c)(b+c) $ => N 0

Sau đây là 1 số bài tập áp dụng phương pháp này:
Cho a,b,c 0. CMR:
1. $ \sum \dfrac{a^2+bc}{b+c} \geq \sum a $
2. $ \dfrac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+\dfrac{81abc}{(a+b+c)^3} \geq \dfrac{9}{2} $
3. $ \sum \dfrac{1}{a} \geq \sum \dfrac{b+c}{a^2+bc} $
4. $ \sum \dfrac{a^2+bc}{(b+c)^2} \geq \sum \dfrac{a}{b+c} $
5. $ \dfrac{a+2b}{c+2b}+\dfrac{b+2c}{a+2c}+\dfrac{c+2a}{b+2a} \geq 3 $
6. $ \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}+\dfrac{4\sqrt{2}(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq 8+4\sqrt{2} $
7. $ \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\dfrac{(\sqrt{3}-1)(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq \dfrac{3}{2}+(\sqrt{3}-1) $
8. $ \sum \dfrac{a^2+bc}{a^2(b+c)} \geq \sum \dfrac{1}{a} $
9. $ \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \geq (a+b+c)(\dfrac{1}{2a^2+bc}+\dfrac{1}{2b^2+ca}+\dfrac{1}{2c^2+ab}) $


Một số phân tích thường được sử dụng:(update)

1. $ a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=(a-b)^2+(a-c)(b-c) $
2. $ a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a-b)^2+(a+b+c)(a-c)(b-c) $
3. $ ab(a+b)+bc(b+c)=ca(c+a)-6abc=2c(a-b)^2+(a+b)(a-c)(b-c) $
4. $ ab^2+bc^2+ca^2-3abc=c(a-b)^2+b(a-c)(b-c) $
5. $ a^4+b^4+c^4 -abc(a+b+c) = [(a+b)^2+c^2](a-b)^2+[ab+(a+c)(b+c)](a-c)(b-c) $
6. $ a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b)-2abc(a+b+c)=(a+c)(b+c)(a-b)^2+(2ab+ac+bc)(a-c)(b-c) $
7. $ a^3b+b^3c+c^3a-abc(a+b+c)=(ca+cb)(a-b)^2+(a^2+ac)(a-c)(b-c) $
8. $ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}-3=\dfrac{1}{ab}(a-b)^2+\dfrac{1}{ac}(a-c)(b-c) $

9. $ \dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}+\dfrac{a+b}{c}-6=\dfrac{2}{ab}(a-b)^2+\dfrac{a+b}{abc}(a-c)(b-c) $

10. $ \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{(a+c)(b+c)}(a-b)^2+\dfrac{a+b+2c} {2(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c) $

11. $ \dfrac{a+kc}{a+kb}+\dfrac{b+ka}{b+kc}+\dfrac{c+kb}{c+ka}-3=\dfrac{k^2}{(ka+c)(kb+c)}(a-b)^2+\dfrac{k[(k-1)a+(k^2-k+1)b+kc]}{(a+kb)(b+kc)(c+kb)}(a-c)(b-c) $

12. $ \dfrac{a^2}{b+c}+\dfrac{b^2}{c+a}+\dfrac{c^2}{a+b}-\dfrac{a+b+c}{2}= \dfrac{a+b+c}{(a+c)(b+c)}(a-b)^2+\dfrac{(a+b+c)(a+b+2c)}{2(a+b)(b+c)(c+a)}(a-c)(b-c) $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 27-04-2007 - 23:21

[tanpham90]

Bài của Tân $k=10$

Hi hi ! Bài này tuy rằng rất đẹp nhưng lai đơn giản , anh làm thì dĩ nhiên là .................. OK rồi !

[10maths_tp0609]

Một bài tập áp dụng khá hay:

CMR với mọi a,b,c > 0 ta có
$ \sum_{cyc}\dfrac{a^{2}}{b} \geq 3\sqrt[4]{\dfrac{a^4+b^4+c^4}{3}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 01-05-2007 - 12:39

[10maths_tp0609]

Hi, nhắc đến các BDT dạng như trên mà không nhắc đến Iran 96 thì thật là thiếu sót, thực ra tôi cũng muốn đề cập đến bài này rồi, nhưng muốn để các bạn tự thử sức bài toán đó bằng cách này. SOS là một cách cm hay và ngắn gọn, nhưng phương pháp này cũng có thể phần nào làm được điều đó. Sau đây là lời giải:

Iran 96: Cho x,y,z là các số thực không âm. Cm BDT:
$ (xy+yz+zx)(\dfrac{1}{(x+y)^2}+\dfrac{1}{(y+z)^2}+\dfrac{1}{(z+x)^2}) \geq \dfrac{9}{4} $

Giải:
Đặt a=x+y, b=y+z, c=z+x.
Giả sử c=max(a,b,c) ta có a+b c.
dpcm <=> $ (2bc+2ca+2ab-a^2-b^2-c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}) \geq 9 $
<=> $ 2(ab+bc+ca-a^2-b^2-c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})+[(a^2+b^2+c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})-9] \geq 0 $

Ta có:
$ 2(ab+bc+ca-a^2-b^2-c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}) = - 2(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})(a-b)^2 - 2(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})(a-c)(b-c) $
$ [(a^2+b^2+c^2)(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2})-9] = \dfrac{2(a+b)^2}{a^2b^2}(a-b)^2+\dfrac{(a^2+b^2)(a+c)(b+c)}{a^2b^2c^2}(a-c)(b-c) $

Vậy
$ M= \dfrac{2(a+b)^2}{a^2b^2}-\dfrac{2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}{a^2b^2c^2} $
$ N= \dfrac{(a^2+b^2)(a+c)(b+c)}{a^2b^2c^2}-\dfrac{2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}{a^2b^2c^2} $

M 0 <=> $ (a+b)^2c^2 \geq (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) <=> abc^2+ab(c^2-ab) \geq 0 $.
N 0 <=> $ (a^2+b^2)(a+c)(b+c)-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \geq 0 <=> ab(a-b)^2+c(a^2+b^2)(a+b-c) \geq 0 $
hai cái này thì.....

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 10maths_tp0609: 21-04-2007 - 10:27

[10maths_tp0609]

Bài này thì sao, liệu có giải được bằng kỹ thuật này ko?
$\sum\dfrac{a^2+5b}{b+c} \ge 8$
với $a,b,c \ge 0,a+b+c=1$

bài này thì không hoàn toàn giải được bằng SS nhưng em nghĩ có thể kết hợp thêm biến đổi để giải:
bdt$\leftrightarrow a^3+b^2+c^3+2(a^2b+b^2c+c^2a)\geq\large 3(ab^2+bc^2+ca^2)$
$\leftrightarrow (a-b)^2(a+b)+(a-c)(b-c)(3a+c-2b)\geq 0$
giả sử c=max(a,b,c)
nếu $c\geq a\geq b\rightarrow$dpcm
nếu $c\geq b\geq a$:
$3a+c-2b\geq 0\rightarrow$dpcm
$3a+c-2b\leq 0\rightarrow 3a\leq b$
có:$2c^2a\geq 2ca^2;2b^2c\geq 2b^2a;2a^2b+\dfrac{7b^3}{9}\geq 3ab^2$
$\rightarrow$chỉ cần CM bdt sau:$a^3+c^3+\dfrac{2b^3}{9}\geq ca^2+ab^2$(đúng do c=max và b>=3a)

[toanhocmuonmau]

$(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)^2 \ge 3abc(a^4b^3+b^4c^3+c^4a^3)$