Chủ đề này có 11 trả lời

[no matter what]

Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a) $\sum \frac{b+c}{a}\geq 4\sum ab\sum \frac{1}{a^2}$
b) $\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}\leq \frac{3\sum a^2}{\sum a}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 09-08-2012 - 16:06

[nthoangcute]

Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:
a) $\sum \frac{b+c}{a}\geq 4\sum ab\sum \frac{1}{a^2}$

a) Mình nghi đề của cậu sai lắm !
Chắc có BĐT này thôi:
$\sum \frac{b+c}{a}\geq \frac{2}{3} \sum ab\sum \frac{1}{a^2}$
Hay đầy đủ hơn là:
${\frac {a+b}{c}}+{\frac {b+c}{a}}+{\frac {c+a}{b}} \geq \frac{2}{3}\, \left( ab+bc+ac \right) \left( {a}^{-2}+{b}^{-2}+{c}^{-2}
\right) $

[no matter what]

a) Mình nghi đề của cậu sai lắm !
Chắc có BĐT này thôi:
$\sum \frac{b+c}{a}\geq \frac{2}{3} \sum ab\sum \frac{1}{a^2}$
Hay đầy đủ hơn là:
${\frac {a+b}{c}}+{\frac {b+c}{a}}+{\frac {c+a}{b}} \geq \frac{2}{3}\, \left( ab+bc+ac \right) \left( {a}^{-2}+{b}^{-2}+{c}^{-2}
\right) $

xl de qua la sai thật,bình phuong VT ,VP dung roi ,minh xl

[no matter what]

Làm trước câu a phát :-?
Đề bài đúng (Theo bạn ý) là chứng minh:
$$(\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c})^2\geq \frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$$
Nhưng ta dễ dàng nhận thấy :$ab+bc+ca\leq a^2+b^2+c^2\to \frac{4(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\leq 4$
Và áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:
$\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\geq 2$ và $\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\geq 2$ và $\frac{a}{c}+\frac{c}{a}\geq 2$
Từ 3 bất đẳng thức trên ta có $\frac{b+c}{a}+\frac{a+c}{b}+\frac{a+b}{c}\geq 6$ Hay $VT\geq 36$
Mà $VP \leq 4$ nên ta có ĐPCM :-??

cam on ban nhung ban hieu nham y minh roi?????/de ra la $(\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}+\frac{a+b}{c})^2\geq 4(ab+bc+ca)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})$

[WhjteShadow]

Câu b)Ta có biến đổi tương đương sau:
$Q.e.D\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{a^2+c^2}{a+c}-a-b-c\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}-a-b-c$
$\Leftrightarrow (\frac{a^2+b^2}{a+b}-\frac{a+b}{2})+(\frac{b^2+c^2}{b+c}-\frac{b+c}{2})+(\frac{a^2+c^2}{a+c}-\frac{a+c}{2})\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{2(a+b)}+\frac{(b-c)^2}{2(b+c)}+\frac{(c-a)^2}{2(a+c)}\geq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow (a-b)^2[\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{2(a+b)}]+(b-c)^2[\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{2(b+c)}]+(c-a)^2[\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{2(a+c)}]\geq 0$
$\Leftrightarrow (a-b)^2(1-\frac{c}{a+b})+(c-a)^2(1-\frac{b}{a+c})+(b-c)^2(1-\frac{a}{b+c})\geq 0$ (Nhân 2 vế với $2(a+b+c)$)
$\Leftrightarrow (a-b)^2S_c+(c-a)^2S_b+(b-c)^2S_a\geq 0$ Với $S_a,S_b,S_c$ là:
$S_a=1-\frac{a}{b+c},S_b=1-\frac{b}{a+c},S_c=1-\frac{c}{a+b}$
Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$ ta có:
$\frac{b}{a+c}<1$ và $\frac{c}{a+b}<1$ hay là $S_b,S_c> 0$
Công việc còn lại là chỉ phải chứng minh $a^2.S_b+b^2.S_a\geq 0$
$\Leftrightarrow a^2+b^2\geq \frac{a^2b}{a+c}+\frac{ab^2}{b+c}$
$\Leftrightarrow a^2+b^2\geq ab(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c})$
Nhưng điều này đúng do $a^2+b^2\geq 2ab\geq ab(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c})$
Vậy bất đẳng thức đúng the0 tiêu chuẩn 3 của SOS.Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ hoặc có 2 số bằng nhau,1 số bằng 0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 09-08-2012 - 19:17

[no matter what]

Câu b)Ta có biến đổi tương đương sau:
$Q.e.D\Leftrightarrow \frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{a^2+c^2}{a+c}-a-b-c\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}-a-b-c$
$\Leftrightarrow (\frac{a^2+b^2}{a+b}-\frac{a+b}{2})+(\frac{b^2+c^2}{b+c}-\frac{b+c}{2})+(\frac{a^2+c^2}{a+c}-\frac{a+c}{2})\geq \frac{3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{2(a+b)}+\frac{(b-c)^2}{2(b+c)}+\frac{(c-a)^2}{2(a+c)}\geq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow (a-b)^2[\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{2(a+b)}]+(b-c)^2[\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{2(b+c)}]+(c-a)^2[\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{2(a+c)}]\geq 0$
$\Leftrightarrow (a-b)^2(1-\frac{c}{a+b})+(c-a)^2(1-\frac{b}{a+c})+(b-c)^2(1-\frac{a}{b+c})\geq 0$ (Nhân 2 vế với $2(a+b+c)$)
$\Leftrightarrow (a-b)^2S_c+(c-a)^2S_b+(b-c)^2S_a\geq 0$ Với $S_a,S_b,S_c$ là:
$S_a=1-\frac{a}{b+c},S_b=1-\frac{b}{a+c},S_c=1-\frac{c}{a+b}$
Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$ ta có:
$\frac{b}{a+c}<1$ và $\frac{c}{a+b}<1$ hay là $S_b,S_c> 0$
Công việc còn lại là chỉ phải chứng minh $a^2.S_b+b^2.S_a\geq 0$
$\Leftrightarrow a^2+b^2\geq \frac{a^2b}{a+c}+\frac{ab^2}{b+c}$
$\Leftrightarrow a^2+b^2\geq ab(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c})$
Nhưng điều này đúng do $a^2+b^2\geq 2ab\geq ab(\frac{a}{a+c}+\frac{b}{b+c})$
Vậy bất đẳng thức đúng the0 tiêu chuẩn 3 của SOS.Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

xl anh(chị) co cach nao ko dung S.0.S khong ạ?cach nay thay em bao ko cho dung vi ko hoc chuyen toan(noi thi qua dang nhung em nghi thay cung khong biet s.o.s haizzzz)

[WhjteShadow]

Ừ ngoài SOS mình cũng chưa tìm ra lời giải nào cổ điển chút.Nhưng mà với $a\geq b\geq c$ và $S_b,S_c>0$, $a^2.S_b+b^2.S_a\geq 0$ thì bạn hoàn toàn có thể biến đổi tương đương để được $S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2\geq 0$ mà
Câu a)Bằng sức khỏe của tuổi trẻ và nhiệt huyết vào sự sống(Mới chôm được,hay phết ),ta nhân bung ra, rút gọn và có bất đẳng thức tương đương:
$$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{c^2}{b^2}+\frac{a^2}{c^2}+2(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab})-2(\frac{ab}{c^2}+\frac{ac}{b^2}+\frac{ab}{c^2})-2(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})+6\geq 0$$
Vâng và nhân cả 2 vế với $a^2b^2c^2$ =)) thì ta cần chứng minh:
$a^2b^2(a^2+b^2)+a^2c^2(a^2+c^2)+b^2c^2(b^2+c^2)+2abc(a^3+b^3+c^3+3abc)-2abc[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]-2(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)\geq 0$
$\Leftrightarrow a^2b^2(a-b)^2+b^2c^2(b-c)^2+a^2c^2(c-a)^2+2abc[a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\geq 0$
Nhưng điều này lại hiển nhiên đúng the0 bất đẳng thức $Schur$ bậc 3
Vậy ta có ĐPCM.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ hoặc trong $a,b,c$ có 2 số bằng nhau,1 số bằng 0

[no matter what]

Ừ ngoài SOS mình cũng chưa tìm ra lời giải nào cổ điển chút.Nhưng mà với $a\geq b\geq c$ và $S_b,S_c>0$, $a^2.S_b+b^2.S_a\geq 0$ thì bạn hoàn toàn có thể biến đổi tương đương để được $S_a(b-c)^2+S_b(a-c)^2+S_c(a-b)^2\geq 0$ mà
Câu a)Bằng sức khỏe của tuổi trẻ và nhiệt huyết vào sự sống(Mới chôm được,hay phết ),ta nhân bung ra, rút gọn và có bất đẳng thức tương đương:
$$\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}+\frac{b^2}{a^2}+\frac{c^2}{b^2}+\frac{a^2}{c^2}+2(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab})-2(\frac{ab}{c^2}+\frac{ac}{b^2}+\frac{ab}{c^2})-2(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})+6\geq 0$$
Vâng và nhân cả 2 vế với $a^2b^2c^2$ =)) thì ta cần chứng minh:
$a^2b^2(a^2+b^2)+a^2c^2(a^2+c^2)+b^2c^2(b^2+c^2)+2abc(a^3+b^3+c^3+3abc)-2abc[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]-2(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)\geq 0$
$\Leftrightarrow a^2b^2(a-b)^2+b^2c^2(b-c)^2+a^2c^2(c-a)^2+2abc[a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\geq 0$
Nhưng điều này lại hiển nhiên đúng the0 bất đẳng thức $Schur$ bậc 3
Vậy ta có ĐPCM.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$ hoặc trong $a,b,c$ có 2 số bằng nhau,1 số bằng 0

van cam on ban lan nua S.O.S thi ro rang la giai quyet dc,nhung minh muon tim 1 loi giải co dien cho no,dong thoi pham vi kien thuc ko cho phep dung S.O.S(tat ca la tai thay)

[Tham Lang]

Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

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

Cách giải này có thể cổ điển hơn này
Nhân 2 vế với $a+b+c$ thì BĐT tương đương :
$$\sum \dfrac{c\left (a^2+b^2\right )}{a+b} \le a^2+b^2+c^2$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{c(a+b)^2-2abc}{a+b} \le a^2+b^2+c^2$$
$$\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)\le 2abc\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right ) +a^2+b^2+c^2$$
Theo CS, lại có :
$$2abc\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right ) \ge \dfrac{9abc}{a+b+c}$$
Như vậy, cần chứng minh :
$$a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c} \ge 2(ab+bc+ca)$$
Nên nhớ rằng, đây là Schur dạng phân thức. BĐT đã được chứng minh

[no matter what]

Cách giải này có thể cổ điển hơn này
Nhân 2 vế với $a+b+c$ thì BĐT tương đương :
$$\sum \dfrac{c\left (a^2+b^2\right )}{a+b} \le a^2+b^2+c^2$$
$$\Leftrightarrow \sum \dfrac{c(a+b)^2-2abc}{a+b} \le a^2+b^2+c^2$$
$$\Leftrightarrow 2(ab+bc+ca)\le 2abc\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right ) +a^2+b^2+c^2$$
Theo CS, lại có :
$$2abc\left (\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}\right ) \ge \dfrac{9abc}{a+b+c}$$
Như vậy, cần chứng minh :
$$a^2+b^2+c^2+\dfrac{9abc}{a+b+c} \ge 2(ab+bc+ca)$$
Nên nhớ rằng, đây là Schur dạng phân thức. BĐT đã được chứng minh

chac vay thanks anh nhan tien cho em hoi bai nay $\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \sum \frac{a}{b}$ thanks anh truoc

[Tham Lang]

chac vay thanks anh nhan tien cho em hoi bai nay $\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\geq \sum \frac{a}{b}$ thanks anh truoc

Hì, em cố gắng viết có dấu nhé
Bài này thì có nhiều cách. Anh xin được đưa ra một cách :
Áp dụng CS, ta có :
$$3\left (\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\right ) \ge \left (\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right )^2 \ge 3\left (\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\right )$$
Suy ra ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 10-08-2012 - 08:51

[Tham Lang]

em xin lỗi anh chỉ giúp em dòng cuối với ,theo em thi theo C.S thì $(\sum \frac{a}b{})^2\geq 3\sum \frac{a}{c}$

Hì, dòng cuối là AM-GM đó em .