Chủ đề này có 64 trả lời

[perfectstrong]

nhưng bài 1 vai trò a,b,c đâu có như nhau mà giả sử a>=b>=c được.

[dark templar]

Em xin lỗi anh dark templar nhé !
Em là người post 2 bài ấy lên đấy Do thấy sức mình làm được nên post lên cho mọi người xem tí cho vui thôi.
Với lại em hay quên mấy cái đk lắm à.
Bài 1 Không cần biến đổi tương đương mà cũng ra thôi à
Gợi ý: bài 1b Giả sử $a \geqslant b \geqslant c$
rồi sử dụng BDT $\dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} \geqslant 2$
sau đó ta biến đổi tương đương nhưng ko dài lắm đâu ()
Bài 2 thì theo em nghĩ ko cần dồn biến gì cả vẩn làm đc.
nhưng anh cứ post mấy cách giải của anh cho em tham khảo nhá

Thể theo yêu cầu của em:
Cách 1:Dồn biến ra biên
Đặt $f\left( {a;b;c} \right) = \dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + c}} + \dfrac{1}{{c + a}}$
$\Rightarrow f\left( {a + b;\dfrac{1}{{a + b}};0} \right) = \dfrac{1}{{a + b + \dfrac{1}{{a + b}}}} + \dfrac{1}{{a + b}} + a + b $
$\Rightarrow f\left( {a;b;c} \right) - f\left( {a + b;\dfrac{1}{{a + b}};0} \right) = \left( {\dfrac{1}{{a + b}} + \dfrac{1}{{b + \dfrac{{1 - ab}}{{a + b}}}} + \dfrac{1}{{c + \dfrac{{1 - ab}}{{a + b}}}}} \right) - \left( {\dfrac{1}{{a + b + \dfrac{1}{{a + b}}}} + a + b + \dfrac{1}{{a + b}}} \right)$
$= \dfrac{1}{{1 + a^2 }} + \dfrac{1}{{1 + b^2 }} - 1 - \dfrac{1}{{1 + \left( {a + b} \right)^2 }} $
$= \dfrac{{1 + b^2 + 2\left( {a + b} \right)^2 + \left( {ba + b^2 } \right)^2 + 1 + a^2 + \left( {ab + a^2 } \right)^2 - 2 - 2a^2 - 2b^2 - 2a^2 b^2 - \left( {a + b} \right)^2 - \left( {ab + a^2 } \right)^2 - \left( {ba + b^2 } \right)^2 - \left( {a^2 b + ba^2 } \right)^2 }}{{\left( {1 + a^2 } \right)\left( {1 + b^2 } \right)\left[ {1 + \left( {a + b} \right)^2 } \right]}} $
$= \dfrac{{2ab - 2a^2 b^2 - \left( {a^2 b + b^2 a} \right)^2 }}{{\left( {1 + a^2 } \right)\left( {1 + b^2 } \right)\left[ {1 + \left( {a + b} \right)^2 } \right]}} = \dfrac{{ab\left[ {2\left( {1 - ab} \right) - ab\left( {a + b} \right)^2 } \right]}}{{\left( {1 + a^2 } \right)\left( {1 + b^2 } \right)\left[ {1 + \left( {a + b} \right)^2 } \right]}} $
$WLOG,c = \max \left\{ {a;b;c} \right\} \Rightarrow 2\left( {1 - ab} \right) = 2c\left( {a + b} \right) > ab\left( {a + b} \right)^2$
$\Rightarrow f\left( {a;b;c} \right) \ge f\left( {a + b;\dfrac{1}{{a + b}};0} \right) $
Bây giờ việc còn lại chỉ là chứng minh :
$f\left( {a + b;\dfrac{1}{{a + b}};0} \right) \ge \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{a + b}} + a + b + \dfrac{1}{{a + b + \dfrac{1}{{a + b}}}} \ge \dfrac{5}{2} $
$\Leftrightarrow \dfrac{{1 + 3\left( {a + b} \right)^2 + \left( {a + b} \right)^4 }}{{\left( {a + b} \right)\left[ {1 + \left( {a + b} \right)^2 } \right]}} \ge \dfrac{5}{2}$
$\Leftrightarrow f\left( t \right) = 2 + 6t^2 + 2t^4 - 5t - 5t^3 \ge 0\left( {t = a + b;t \ge 1} \right) $
$f'\left( t \right) = 8t^3 - 15t^2 + 12t - 5 = \left( {t - 1} \right)\left( {8t^2 - 7t + 5} \right) \ge 0 $
$\Rightarrow f\left( t \right) \ge f\left( 1 \right) = 0\left( {dpcm} \right) $


Cách 2:
Đặt $t=a+b+c$
$\bullet t \ge 2 \Rightarrow \dfrac{1}{{a + b}} = c + \dfrac{{ab}}{{a + b}} \ge c + \dfrac{{ab}}{{a + b + c}} \Rightarrow VT \ge t + \dfrac{1}{t} \ge \dfrac{5}{2} $
$\bullet t \le 2 $
$WLOG,a = \max \left\{ {a;b;c} \right\} \Rightarrow 2a \ge 1$
$VT = \left( {c + \dfrac{{ab}}{{a + b}}} \right) + \left( {b + \dfrac{{ac}}{{a + c}}} \right) + \dfrac{1}{{b + c}}$
$= \left( {b + c + \dfrac{1}{{b + c}}} \right) + \dfrac{{a + abc}}{{at + bc}} \ge 2 + \dfrac{{\dfrac{{at}}{2} + \dfrac{{bc}}{2}}}{{at + bc}} = \dfrac{5}{2} $
$\Rightarrow Q.E.D$


Cách 3:
Sử dụng BĐT Iran TST 1996,ta có :
$VT^2 = \sum {\dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)^2 }}} + \dfrac{{4\left( {a + b + c} \right)}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \ge \dfrac{9}{4} + 4 = \dfrac{{25}}{4} $
$\Rightarrow Q.E.D$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1;c=0$ hoặc các hoán vị tương ứng!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 01-02-2011 - 09:15

[wallunint]

Bài 1 a:
Cần chứng minh:
$ \dfrac{2a+b}{2a^2+bc}+\dfrac{2b+a}{2b^2+ac} \ge \dfrac{4}{a+b+c} $
Dễ dàng cm:
$ \dfrac{2a+b}{2a^2+bc} \ge \dfrac{a+b}{a^2+bc+ab} $
Do đó: $ Vt \ge \dfrac{a+b}{a^2+bc+ab}+\dfrac{a+b}{b^2+ac+ab} \ge \dfrac{4(a+b)}{a^2+b^2+2ab+ac+bc}=\dfrac{4}{a+b+c} $
Bài 1b thì sai, ta chỉ có bđt $ \sum \dfrac{a(b+c)}{a^2+bc} \ge 2 $
Bài 2 thì đồng tình vs cách 2 của bạn dark templar

Lâu lâu mới thấy anh Cường đó Em post đề bị nhầm một tí thôi! , em edit rồi.
Giải luôn bài 1b)
Giả sử $a \geqslant b \geqslant c \geqslant 0 $
dễ dàng cm đc: $\dfrac{{a\left( {b + c} \right)}}{{{a^2} + bc}} + \dfrac{{c\left( {a + b} \right)}}{{{c^2} + ab}} \geqslant \dfrac{{{b^2} + ac}}{{b\left( {a + c} \right)}}$
mà ta lại có: $\dfrac{{{b^2} + ac}}{{b\left( {a + c} \right)}} + \dfrac{{b\left( {a + c} \right)}}{{{b^2} + ac}} \geqslant 2$
Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=c ; c=0$ và các hoán vị của nó.

[Peter Pan]

mấy chú THCS đam mê BĐT ghê ta, mình góp vài bài cho zui
Bài 1: a,b,c thực và $a+b+c=1$ chứng minh:
$\sum\dfrac{a^2}{6a^2-4a+1} \leq 1$ ( bài này có 2 dấu bằng )
Bài 2: $a,b,c$ thực dương chứng minh:
$\dfrac{1}{a+b+c}\(\sum\dfrac{1}{b+c}\) \geq \dfrac{1}{ab+ac+bc}+\dfrac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}$
Bài 3: cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác có chu vì bằng 1. chứng minh rằng
$1<\dfrac{b}{\sqrt{a+b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{b+c^2}}+\dfrac{a}{\sqrt{c+a^2}}<2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi winwave1995: 01-02-2011 - 11:49

[NguyThang khtn]

mấy chú THCS đam mê BĐT ghê ta, mình góp vài bài cho zui
Bài 1: a,b,c thực và $a+b+c=1$ chứng minh:
$\sum\dfrac{a^2}{6a^2-4a+1} \leq 1$ ( bài này có 2 dấu bằng )
Bài 2: $a,b,c$ thực dương chứng minh:
$\dfrac{1}{a+b+c}\(\sum\dfrac{1}{b+c}\) \geq \dfrac{1}{ab+ac+bc}+\dfrac{1}{2(a^2+b^2+c^2)}$
Bài 3: cho a,b,c là 3 cạnh của một tam giác có chu vì bằng 1. chứng minh rằng
$1<\dfrac{b}{\sqrt{a+b^2}}+\dfrac{c}{\sqrt{b+c^2}}+\dfrac{a}{\sqrt{c+a^2}}<2$

anh giải gium em được ko?
thank nhiều!