Đến nội dung

Hình ảnh

$$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}\ge \dfrac{3}{2}$$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Mình post ít bài để mọi người cùng thảo luận cho vui này :
Bài toán 1.
Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{2\left (a^3+b^3+c^3\right )}{ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)}+\dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}\ge 2$$

Nguyễn Đình Thi

Bài toán 2.
Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}\ge \dfrac{3}{2}$$




Nguyễn Đình Thi,

Bài toán 3.
Cho các số thực dương $a, b, c$ sao cho $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{(1+a)^2(b+c)}+\dfrac{1}{(1+b)^2(c+a)}+\dfrac{1}{(1+c)^2(a+b)}\le \dfrac{3}{8}$$




Trần Quốc Anh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 05-05-2012 - 13:00

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


#2
MIM

MIM

    KTS tương lai

  • Thành viên
  • 334 Bài viết

Bài toán 2.
Cho các số thực dương $a, b, c$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}\ge \dfrac{3}{2}$$

Hí hí


$$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}\ge \dfrac{3}{2}$$
$\Leftrightarrow \dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}-\frac{1}{2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}-\frac{1}{2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}-\frac{1}{2}\ge0$
Ta có:

$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}$
$\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}$
$\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}$
Ta cần chứng minh:
$\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}+\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}+\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}\ge0$


Do vai trò của $a,b,c$ như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử $a,b,c$ là dãy không giảm, tức :$a\leq b\leq c$ thì các tử thức và nghịch đảo mẫu thức trong vế trái của biểu thức trên cũng là dãy không giảm. Áp dụng BĐT Chebyshev, ta có:

$\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}+\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}+\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}\geq \frac{1}{3}[(2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac)+(2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab)+(2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc)].[\frac{1}{2(c+a)^2}+\frac{1}{2(a+b)^2}+\frac{1}{2(b+c)^2}]=0$

#3
phuc_90

phuc_90

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 438 Bài viết
Bài 2 này $a,b,c$ hoán vị vòng quanh chứ đâu đối xứng, vì vậy em cần giải quyết bài toán trong trường hợp $a \geq b \geq c$ nữa @_^)

#4
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Mời mọi người tiếp tục đi nào ........

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


#5
dungmathpro

dungmathpro

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 39 Bài viết

Hí hí


$$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}\ge \dfrac{3}{2}$$
$\Leftrightarrow \dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}-\frac{1}{2}+\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}-\frac{1}{2}+\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}-\frac{1}{2}\ge0$
Ta có:

$\dfrac{b(a+b)}{(c+a)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}$
$\dfrac{c(c+b)}{(a+b)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}$
$\dfrac{a(c+a)}{(b+c)^2}-\frac{1}{2}=\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}$
Ta cần chứng minh:
$\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}+\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}+\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}\ge0$


Do vai trò của $a,b,c$ như nhau, không mất tính tổng quát, giả sử $a,b,c$ là dãy không giảm, tức :$a\leq b\leq c$ thì các tử thức và nghịch đảo mẫu thức trong vế trái của biểu thức trên cũng là dãy không giảm. Áp dụng BĐT Chebyshev, ta có:

$\frac{2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac}{2(c+a)^2}+\frac{2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab}{2(a+b)^2}+\frac{2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc}{2(b+c)^2}\geq \frac{1}{3}[(2b^2+2ab-a^2-c^2-2ac)+(2c^2+2cb-a^2-b^2-2ab)+(2a^2+2ac-b^2-c^2-2bc)].[\frac{1}{2(c+a)^2}+\frac{1}{2(a+b)^2}+\frac{1}{2(b+c)^2}]=0$

Ban hay chứng minh tử số là một dãy đơn điệu......

#6
Stranger411

Stranger411

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

Bài toán 3.
Cho các số thực dương $a, b, c$ sao cho $abc=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{(1+a)^2(b+c)}+\dfrac{1}{(1+b)^2(c+a)}+\dfrac{1}{(1+c)^2(a+b)}\le \dfrac{3}{8}$$


Trần Quốc Anh


Hình đã gửi
Trước tiên, ta chứng minh bổ đề:
$$(a+1)(b+c)\ge \frac{(b+1)(c+1)}{\sqrt{bc}}$$
Có thể dùng Cauchy-Schwwarz để chứng minh hoặc biến đổi tương đương ;)

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
$$\sum{\frac{1}{{{(a+1)}^{2}}(b+c)}}\le \sum{\frac{bc}{(a+1)(b+1)(zc+1)}}$$

Vậy, ta chỉ cần chứng minh:
$$(a+1)(b+1)(c+1)\ge \frac{8}{3}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$$
Và đây là hệ quả của bđt:

$$(x+y)(y+z)(z+x)\ge \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx)$$
Bất đẳng thức đã được chứng minh. $\blacksquare$


Ps: anh phuc_90 vào góp vui đi ak :P
Bài 1: Giải bằng SOS mất 3 trang giấy :-ss Mọi người ai có cách giải ngắn hơn ko :-ss

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Stranger411: 04-05-2012 - 13:29

$P_{G}(\sigma_{1},\sigma_{2},\cdots,\sigma_{n})=\frac{1}{|G|}\sum_{\tau\in G}ind(\tau)$


#7
Tham Lang

Tham Lang

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1149 Bài viết
Kiểm tra lại mới phát hiện nhầm đề bài 1, xin lỗi mọi người nhé :D
Nếu đề như thế này thì ý tưởng dường như đã quá rõ :D

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


#8
MZT

MZT

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết

Bài 1: 
Ta có: 

$\sum ab(a+b) \leq \frac{2}{3}\sum a^2\sum a$

nên chỉ cần chứng minh:

$\frac{3\sum a^3}{\sum a\sum a^2}+\frac{\sum ab}{\sum a^2}\geq 2$

$\Leftrightarrow \sum a^3+3abc\geq \sum a(b^2+c^2)$

Bđt là bđt Schur, đúng. $\rightarrow$ đpcm

 

Bài 2:

VT$\geq\frac{(\sum a^2+\sum ab)^2}{\sum (b^2+ab)(a+c) ^2}=\frac{(\sum a^2+\sum ab)^2}{2\sum a^2b^2+5abc\sum a+a^3b+b^3c+c^3a}\geq \frac{3(\sum a^2+\sum ab)^2}{7(\sum ab)^2+(\sum a^2)^2}\geq\frac{3}{2}$ (đpcm)
 






1 người đang xem chủ đề

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