Chủ đề này có 9 trả lời

[25081997]

Cho $x,y,z\geq 0$ và $xyz=1$.Cmr :$\frac{1}{(1+x)^{3}}+\frac{1}{(1+y)^{3}}+\frac{1}{(1+z)^{3}}\geq \frac{3}{8}$

[perfectstrong]

Lời giải:
Đặt $x=\dfrac{bc}{a^2};y=\dfrac{ac}{b^2};z=\dfrac{ab}{c^2}$ với $a,b,c>0$
\[
bdt \Leftrightarrow \frac{{a^6 }}{{\left( {a^2 + bc} \right)^3 }} + \frac{{b^6 }}{{\left( {b^2 + ac} \right)^3 }} + \frac{{c^6 }}{{\left( {c^2 + ab} \right)^3 }} \ge \frac{3}{8}
\]
Theo BĐT Cauchy-Schwart, ta có:
\[
VT\left( 1 \right) \ge \frac{{\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right)^2 }}{{\left( {a^2 + bc} \right)^3 + \left( {b^2 + ac} \right)^3 + \left( {c^2 + ab} \right)^3 }}
\]
Do đó, ta chỉ cần cm
\[
\begin{array}{l}
8\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right)^2 \ge 3\left[ {\left( {a^2 + bc} \right)^3 + \left( {b^2 + ac} \right)^3 + \left( {c^2 + ab} \right)^3 } \right] (1) \\
\Leftrightarrow 5a^6 + 5b^6 + 5c^6 + 13a^3 b^3 + 13a^3 c^3 + 13b^3 c^3 \ge 9a^4 bc + 9ab^4 c + 9abc^4 + 27a^2 b^2 c^2 \left( 2 \right) \\
\end{array}
\]
Mặt khác, theo BĐT AM-GM, ta có:
\[
\begin{array}{l}
a^6 + a^3 b^3 + a^3 c^3 \ge 3a^4 bc \Rightarrow 3a^6 + 3b^6 + 3c^6 + 6a^3 b^3 + 6a^3 c^3 + 6b^3 c^3 \ge 9a^4 bc + 9ab^4 c + 9abc^4 \left( 3 \right) \\
a^6 + b^6 + c^6 \ge 3a^2 b^2 c^2 \Rightarrow 2a^6 + 2b^6 + 2c^6 \ge 6a^2 b^2 c^2 \left( 4 \right) \\
a^3 b^3 + b^3 c^3 + c^3 a^3 \ge 3a^2 b^2 c^2 \Rightarrow 7a^3 b^3 + 7b^3 c^3 + 7c^3 a^3 \ge 21a^2 b^2 c^2 \left( 5 \right) \\
\end{array}
\]
Cộng các bđt (3),(4),(5), ta có (2) đúng. Vậy (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c>0 \Leftrightarrow x=y=z=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 09-05-2012 - 20:46

[Nguyễn Hữu Huy]

$\sum \frac{a}{a + b} \geq \frac{3}{2}$(em thấy trong STBĐT anh Hùng bảo cho nó chạy tới vô cùng thì thế (trang 330 thì phải))

Mà BĐT cần cm tương đương với

$\sum \frac{a^3}{(a + b)^3} \geq \frac{3}{8}$
Áp dụng (*) thì nó hiển nhiên đúng theo Holder

$\sum \frac{a^3}{(a + b)^3}.(1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1) \geq [\sum \frac{a}{a + b}]^3 \geq \frac{3^3}{8}$

Suy ra đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hữu Huy: 09-05-2012 - 21:10

[phantomladyvskaitokid]

$\sum \frac{a}{a + b} \geq \frac{3}{2}$(em thấy trong STBĐT anh Hùng bảo cho nó chạy tới vô cùng thì thế (trang 330 thì phải))

Mà BĐT cần cm tương đương với

$\sum \frac{a^3}{(a + b)^3} \geq \frac{3}{8}$
Áp dụng (*) thì nó hiển nhiên đúng theo Holder

$\sum \frac{a^3}{(a + b)^3}.(1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1) \geq [\sum \frac{a}{a + b}]^3 \geq \frac{3^3}{8}$

Suy ra đpcm

nhầm

làm j có bđt ấy

[perfectstrong]

$\sum \frac{a}{a + b} \geq \frac{3}{2}$(em thấy trong STBĐT anh Hùng bảo cho nó chạy tới vô cùng thì thế (trang 330 thì phải))

Mà BĐT cần cm tương đương với

$\sum \frac{a^3}{(a + b)^3} \geq \frac{3}{8}$
Áp dụng (*) thì nó hiển nhiên đúng theo Holder

$\sum \frac{a^3}{(a + b)^3}.(1 + 1 + 1)(1 + 1 + 1) \geq [\sum \frac{a}{a + b}]^3 \geq \frac{3^3}{8}$

Suy ra đpcm

Cái bđt bị ngược dấu thì phải?

[Crystal]

Cho $x,y,z\geq 0$ và $xyz=1$.Cmr :$\frac{1}{(1+x)^{3}}+\frac{1}{(1+y)^{3}}+\frac{1}{(1+z)^{3}}\geq \frac{3}{8}$

Đây là câu V trong Đề thi thử Đại học số 4 của VMF. Các bạn có thể tham khảo một số lời giải khác của các thí sinh tham gia ở topic đó.

Sau đây là đáp án của BGK.

Giải:

Ta có: $$\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^3}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^3}}} + \frac{1}{8} \geqslant \frac{3}{2}\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^2}}}$$
Tương tự, ta được: $$2VT \geqslant \frac{3}{2}\left[ {\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + y} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + z} \right)}^2}}}} \right] - \frac{3}{8}$$
Do đó ta cần chứng minh: $$\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + y} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + z} \right)}^2}}} \geqslant \frac{3}{4}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$$
Ta có $xyz=1$ nên có thể giả sử $xy \geqslant 1$. Khi đó ta có:
$$\frac{1}{{1 + {x^2}}} + \frac{1}{{1 + {y^2}}} \geqslant \frac{2}{{1 + xy}}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)$$
$$ \Leftrightarrow 2xy + \left( {{x^2} + {y^2}} \right)xy \geqslant {x^2} + {y^2} + 2{x^2}{y^2}$$
$$ \Leftrightarrow 2xy\left( {1 - xy} \right) + \left( {{x^2} + {y^2}} \right)\left( {xy - 1} \right) \geqslant 0$$
$$ \Leftrightarrow \left( {xy - 1} \right){\left( {x - y} \right)^2} \geqslant 0\,\,\left( {\text{đúng do}\,\,\, xy \geqslant 1}\right)$$
Áp dụng $(2)$ ta được: $$V{T_{\left( 1 \right)}} \geqslant \frac{1}{{2\left( {1 + {x^2}} \right)}} + \frac{1}{{2\left( {1 + {y^2}} \right)}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + z} \right)}^2}}}\,\,\,\,\left(\text{vì}\,\,\, {2\left( {1 + {x^2}} \right) \geqslant {{\left( {1 + x} \right)}^2},2\left( {1 + {y^2}} \right) \geqslant {{\left( {1 + y} \right)}^2}} \right)$$
$$ \geqslant \frac{1}{2}\left( {\frac{2}{{1 + xy}}} \right) + \frac{1}{{{{\left( {1 + z} \right)}^2}}} = \frac{1}{{1 + \dfrac{1}{z}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + z} \right)}^2}}} = \frac{z}{{z + 1}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + z} \right)}^2}}}$$
$$ = \frac{{{z^2} + z + 1}}{{{{\left( {1 + z} \right)}^2}}} = \frac{{4{z^2} + 4z + 4}}{{4{{\left( {1 + z} \right)}^2}}} = \frac{{3{{\left( {1 + z} \right)}^2} + {{\left( {z - 1} \right)}^2}}}{{4{{\left( {1 + z} \right)}^2}}} = \frac{3}{4} + \frac{{{{\left( {z - 1} \right)}^2}}}{{4{{\left( {1 + z} \right)}^2}}} \geqslant \frac{3}{4}$$
Vậy $(1)$ đúng. Suy ra bất đẳng thức đã cho được chứng minh hoàn toàn.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x = y = z = 1\,\,\,\square $

[phantomladyvskaitokid]

chính xác là k ss đc $\sum \frac{a}{a+b}$ vs $\frac{3}{2}$

[nthoangcute]

chính xác là k ss đc $\sum \frac{a}{a+b}$ vs $\frac{3}{2}$

Thử nghĩ nhé.

Giả sử có BĐT $\sum \frac{a}{a+b} \geq \frac{3}{2}$.

Coi BĐT này đúng với mọi $a,b,c>0$

Chứng tỏ tồn tại BĐT $\sum \frac{b}{a+b} \geq \frac{3}{2}$ đúng với mọi $a,b,c>0$

Nhưng lại thấy $\sum \frac{b}{a+b}=3-\sum \frac{a}{a+b} \leq \frac{3}{2}$

Chứng tỏ không thể xác định rõ BĐT này được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 09-05-2012 - 21:50

[Cao Xuân Huy]

Bài này hình như trong đề Vietnam TST 2005. Bài toán thế này.
Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:
$$ \frac{a^{3}}{\left(a+b\right)^{3}}+\frac{b^{3}}{\left(b+c\right)^{3}}+\frac{c^{3}}{\left(c+a\right)^{3}}\geq\frac{3}{8} $$


Đừng quote hết bài post trước nếu nó quá dài em nhé ! Làm vậy sẽ gây mất mỹ quan trong topic và forum.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 10-05-2012 - 02:36

[Ispectorgadget]

Cho $x,y,z\geq 0$ và $xyz=1$.Cmr :$\frac{1}{(1+x)^{3}}+\frac{1}{(1+y)^{3}}+\frac{1}{(1+z)^{3}}\geq \frac{3}{8}$

$$\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{8} \geq \frac{3}{2}.\frac{1}{(1+x)^2}$$
$$\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{1}{8} \geq \frac{3}{2}.\frac{1}{(1+y)^2}$$
$$\frac{2}{(1+z)^3}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\geq \frac{3}{2}.\frac{1}{1+z}$$
Cộng lại theo vế:
$$2\left[\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{1}{(1+z)^3} \right]+\frac{3}{4}\geq \frac{3}{2}\left[\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{1+z} \right]$$
Ta có:
$$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq \frac{1}{1+xy}=\frac{z}{1+z}$$
Do đó:
$$2\left[\frac{1}{(1+x)^3}+\frac{1}{(1+y)^3}+\frac{1}{(1+z)^3} \right]+\frac{3}{4}\geq \frac{3}{2}\left[\frac{z}{1+z}+\frac{1}{1+z} \right]=\frac{3}{2}\Rightarrow dpcm$$