Đến nội dung

Hình ảnh

CM BĐT theo 2 cách $\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2} \geq \dfrac{3}{2}$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 14 trả lời

#1
minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 520 Bài viết
cho 3 số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=3$

CMR:

$\dfrac{a}{1+b^2}+\dfrac{b}{1+c^2}+\dfrac{c}{1+a^2} \geq \dfrac{3}{2}$

#2
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Cách 1. $a + b + c - P = \dfrac{ab^2}{b^2 + 1} + \dfrac{bc^2}{1 + c^2} + \dfrac{ca^2}{1 + a^2} \le \dfrac{ab + bc + ca}{2} \le \dfrac{3}{2}$
Nên $P \ge \dfrac{3}{2}$
Mình có cách 2, trông không ưa nhìn cho lắm, nhưng cũng "gọi là một cách" :icon6:
BĐT $$\Leftrightarrow 2.\left ((a^3 + b^3 + c^3) + (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2) + (ac^2 + ba^2 + cb^2) + a + b + c\right ) $$ $$\ge 3\left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 + 1\right ) $$
$$\Leftrightarrow 2\left (a^3 + b^3 + c^3 + a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right ) + 3 $$ $$\ge 3 \left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 \right )$$
Xét từng phần :
ta có $$\dfrac{1}{2}\left (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right )\ge 3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$$
$$( a^3 + a^3 + 1 ) + (b^3 + b^3 + 1) + (c^3 + c^3 + 1) \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) \Leftrightarrow 2(a^3 + b^3 + c^3) + 3 \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) (2) $$
$$(a^3c^2 + ac^2) + (b^3a^2 + ba^2) + (c^3b^2 + cb^2) \ge 2(a^2c^2 + a^2b^2 + c^2b^2) $$ $$\Leftrightarrow \dfrac{3(a^3c^2 + b^3a^2 + c^3b^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2)}{2} \ge 3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) (3)$$
Từ $(1), (2), (3)$ cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.
Cuối cùng thì cũng xong. :wacko:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 20-02-2012 - 15:59

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#3
minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 520 Bài viết

Cách 1. $a + b + c - P = \dfrac{ab^2}{b^2 + 1} + \dfrac{bc^2}{1 + c^2} + \dfrac{ca^2}{1 + a^2} \le \dfrac{ab + bc + ca}{2} \le \dfrac{3}{2}$
Nên $P \ge \dfrac{3}{2}$
Mình có cách 2, trông không ưa nhìn cho lắm, nhưng cũng "gọi là một cách" :icon6:
BĐT $$\Leftrightarrow 2.\left ((a^3 + b^3 + c^3) + (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2) + (ac^2 + ba^2 + cb^2) + a + b + c\right ) $$ $$\ge 3\left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 + 1\right ) $$
$$\Leftrightarrow 2\left (a^3 + b^3 + c^3 + a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right ) + 3 $$ $$\ge 3 \left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 \right )$$
Xét từng phần :
ta có $$\dfrac{1}{2}\left (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right )\ge 3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$$
$$( a^3 + a^3 + 1 ) + (b^3 + b^3 + 1) + (c^3 + c^3 + 1) \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) \Leftrightarrow 2(a^3 + b^3 + c^3) + 3 \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) (2) $$
$$(a^3c^2 + ac^2) + (b^3a^2 + ba^2) + (c^3b^2 + cb^2) \ge 2(a^2c^2 + a^2b^2 + c^2b^2) $$ $$\Leftrightarrow \dfrac{3(a^3c^2 + b^3a^2 + c^3b^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2)}{2} \ge 3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) (3)$$
Từ $(1), (2), (3)$ cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.
Cuối cùng thì cũng xong. :wacko:


$a + b + c - P = \dfrac{ab^2}{b^2 + 1} + \dfrac{bc^2}{1 + c^2} + \dfrac{ca^2}{1 + a^2}$

sao từ đây lại suy ra được thế này vậy

$\le \dfrac{ab + bc + ca}{2} \le \dfrac{3}{2}$

giải thích mình với!

#4
minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 520 Bài viết
xin lỗi nhìn nhầm

mình hiểu chỗ đấy rồi

#5
minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 520 Bài viết

Cách 1. $a + b + c - P = \dfrac{ab^2}{b^2 + 1} + \dfrac{bc^2}{1 + c^2} + \dfrac{ca^2}{1 + a^2} \le \dfrac{ab + bc + ca}{2} \le \dfrac{3}{2}$
Nên $P \ge \dfrac{3}{2}$
Mình có cách 2, trông không ưa nhìn cho lắm, nhưng cũng "gọi là một cách" :icon6:
BĐT $$\Leftrightarrow 2.\left ((a^3 + b^3 + c^3) + (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2) + (ac^2 + ba^2 + cb^2) + a + b + c\right ) $$ $$\ge 3\left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 + 1\right ) $$
$$\Leftrightarrow 2\left (a^3 + b^3 + c^3 + a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right ) + 3 $$ $$\ge 3 \left (a^2b^2c^2 + a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + a^2 + b^2 + c^2 \right )$$
Xét từng phần :
ta có $$\dfrac{1}{2}\left (a^3c^2 + c^3b^2 + b^3a^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2 \right )\ge 3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$$
$$( a^3 + a^3 + 1 ) + (b^3 + b^3 + 1) + (c^3 + c^3 + 1) \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) \Leftrightarrow 2(a^3 + b^3 + c^3) + 3 \ge 3(a^2 + b^2 + c^2) (2) $$
$$(a^3c^2 + ac^2) + (b^3a^2 + ba^2) + (c^3b^2 + cb^2) \ge 2(a^2c^2 + a^2b^2 + c^2b^2) $$ $$\Leftrightarrow \dfrac{3(a^3c^2 + b^3a^2 + c^3b^2 + ac^2 + ba^2 + cb^2)}{2} \ge 3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) (3)$$
Từ $(1), (2), (3)$ cộng vế theo vế suy ra ĐPCM.
Cuối cùng thì cũng xong. :wacko:


sao lại có cái này vậy. cái này mình thấy không đúng.

$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$$

#6
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết

sao lại có cái này vậy. cái này mình thấy không đúng.

$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$$

Mình đang trong thời gian nghỉ ngơi, nhưng tiện thể , giải thích cho bạn luôn vì $$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{abc} \Leftrightarrow abc \le 1$$

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#7
minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 520 Bài viết

Mình đang trong thời gian nghỉ ngơi, nhưng tiện thể , giải thích cho bạn luôn vì $$a + b + c \ge 3\sqrt[3]{abc} \Leftrightarrow abc \le 1$$


mình vẫn chưa hiểu

$abc \leq 1$ thì sao lại suy ra được $3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \ge 3a^2b^2c^2 (1)$

#8
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Mình xin làm nốt yêu cầu của bạn $$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} = 3abc\sqrt[3]{abc} \ge 3abc\sqrt[3]{abc.a^2b^2c^2} = 3a^2b^2c^2$$
Đến đây thì dc rồi chứ bạn :icon6:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 21-02-2012 - 23:22

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#9
minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 520 Bài viết

Mình xin làm nốt yêu cầu của bạn $$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} = 3abc\sqrt[3]{abc} \le 3abc\sqrt[3]{abc.a^2b^2c^2} = 3a^2b^2c^2$$
Đến đây thì dc rồi chứ bạn :icon6:


thế này thì $$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \leq 3a^2b^2c^2$$

nhưng trong bài giải của bạn là $$3\sqrt[6]{a^8b^8c^8} \geq 3a^2b^2c^2$$ mà

#10
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Mệt thật, mình nhầm phải là $3abc\sqrt[3]{abc} \ge 3abc\sqrt[3]{abca^2b^2c^2}$, mình sửa lại rồi đó bạn !

Off vĩnh viễn ! Không ngày trở lại.......


#11
PSW

PSW

    Những bài toán trong tuần

  • Quản trị
  • 493 Bài viết
Bài này có cách giải siêu ngắn thông qua bổ đề :

Nếu $x$ là số không âm thì ta luôn có :
$ \frac{1}{1+x^2} \ge 1- \frac{x}{2}$

áp dụng bổ đề , ra thẳng kết quả bài toán. :)
1) Thể lệ
2) Danh sách các bài toán đã qua: 1-100, 101-200, 201-300, 301-400
Còn chờ gì nữa mà không tham gia! :luoi:

#12
minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 520 Bài viết

Bài này có cách giải siêu ngắn thông qua bổ đề :

Nếu $x$ là số không âm thì ta luôn có :
$ \frac{1}{1+x^2} \ge 1- \frac{x}{2}$

áp dụng bổ đề , ra thẳng kết quả bài toán. :)


nhưng áp dụng cho $ \frac{a}{1+b^2}$ kiểu gì hả anh.

#13
moonlight0610

moonlight0610

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 44 Bài viết

nhưng áp dụng cho $ \frac{a}{1+b^2}$ kiểu gì hả anh.

theo e hiểu là: $VT\geq a-\frac{ab}{2}+b-\frac{bc}{2}+c-\frac{ca}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonlight0610: 22-02-2012 - 13:38

  • PSW yêu thích

#14
minhson95

minhson95

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 520 Bài viết

theo e hiểu là: VT $\geq a-\frac{b}{2}+b-\frac{c}{2}+c-\frac{a}{2}=(a+b+c)-\frac{1}{2}(a+b+c)=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$


không biết thế có đúng ko vì $\dfrac{1}{1+b^2}$ :neq $ \dfrac{a}{1+b^2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhson95: 22-02-2012 - 13:01


#15
moonlight0610

moonlight0610

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 44 Bài viết

không biết thế có đúng ko vì $\dfrac{1}{1+b^2}$ :neq $ \dfrac{a}{1+b^2}$

E chứng minh đc $\frac{a}{1+b^{2}}=a-\frac{ab^{2}}{1+b^{2}}$$\geq a-\frac{ab}{2}$
Vậy $VT\geq (a+b+c)-\frac{1}{2}(ab+bc+ca)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonlight0610: 22-02-2012 - 13:36





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh