Chủ đề này có 7 trả lời

[aries34]

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

$\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$

[BlackSelena]

Em chỉ biết cách không dùng SOS thôi, anh coi xem sao
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y \geq z$
Vậy ta sẽ chứng minh một bất đẳng thức "chặt hơn"
$\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
* C/m : $\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2} - \frac{2}{(x+z)(y+z)} \geq \frac{1}{4xy}-\frac{1}{(x+y)^2}$
$\Leftrightarrow \frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2} \geq \frac{(x-y)^2}{4xy(x+y)^2}$ ~ Bđt này chuẩn men.
* C/m $\frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
$\Leftrightarrow (xy+yz+xz)[\frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy}] \geq \frac{9}{4}$
Mặt khác ta cũng có
$\frac{xy+yz+xz}{4xy} = \frac{1}{4} + \frac{z(x+y)}{4xy}$
$\frac{2(xy+yz+xz)}{(x+z)(y+z)} = 2-\frac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
Vậy bđt cần chứng minh
$\Leftrightarrow \frac{z(x+y)}{4xy} \geq \frac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(x+z) \geq 8xyz$, bất đẳng thức này cũng chuẩn men theo $AM-GM$
Vậy ta có $Q.E.D$

[khanh3570883]

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

$\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$

Phương pháp SOS:

Phương pháp dồn biến:

Còn đây là lời giải của một thành viên trên diễn đàn:

Bài BĐT trên có rất nhiều cách giải,mình chỉ post 2 cách mà mình thấy gọn nhẹ nhất
Cách 1(Iurie Boreico):
Đặt $x+y=c;y+z=a;z+x=b$,ta nhóm BĐT về dạng chính tắc của Phương pháp SOS:$\sum \left(\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2} \right) (a-b)^2 \ge 0$
Không mất tính tổng quát,ta giả sử $a \ge b \ge c$.Nếu $2c^2-ab \ge 0$ thì dẫn đến $S_a;S_b;S_c \ge 0 \Rightarrow Q.E.D$ trong đó $S_a=\dfrac{2}{ab}-\dfrac{1}{c^2};S_b=\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2};S_c=\dfrac{2}{ca}-\dfrac{1}{b^2}$.Do đó ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp $2c^2<ab$.
Đầu tiên,ta chứng minh rằng $2b^2 \ge ac;2a^2 \ge bc$.Giả sử $2b^2<ac$.Nên $(b+c)^2 \le 2(b^2+c^2)<a(b+c) \Rightarrow b+c<a$(vô lý).và chúng ta viết lại BĐT dưới dạng sau:$\left(\dfrac{2}{ac}-\dfrac{1}{b^2} \right)(a-c)^2+\left(\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2} \right)(b-c)^2 \ge \left(\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab} \right)(a-b)^2$.Dễ dàng có $(a-c)^2 \ge (a-b)^2+(b-c)^2$ nên ta chỉ việc chứng minh:
$\left(\dfrac{2}{bc}+\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2} \right)(b-c)^2 \ge \left(\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab}-\dfrac{2}{ac} \right)(a-b)^2(1)$
Lại có $\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}-\dfrac{2}{ab}-\dfrac{2}{ac}<\left(\dfrac{1}{b}-\dfrac{1}{c} \right)^2$
$ \Rightarrow VP_{(1)}<\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2}{b^2c^2}$
Dễ dàng có $\dfrac{2}{ac}+\dfrac{2}{bc}-\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2} \ge \dfrac{1}{ac}+\dfrac{1}{bc}>\dfrac{(a-b)^2}{b^2c^2}$
$ \Rightarrow VT_{(1)}>\dfrac{(a-b)^2(b-c)^2}{b^2c^2}>VP_{(1)}(Q.E.D)$

Cách 2:
Sử dụng tính thuần nhất của BĐT,ta chuẩn hóa $xy+yz+zx=3$Đặt $x+y+z=3a \Rightarrow a \ge 1$.
BĐT trở thành:$\sum \dfrac{1}{(3a-z)^2} \ge \dfrac{9}{4} $
$\Leftrightarrow 4[(xy+3az)^2+(yz+3ax)^2+(zx+3ay)^2] \ge 3(9a-xyz)^2$
$ \Leftrightarrow 3(12a^2-1)(3a^2-4)+xyz(34a-xz) \ge 0 (1) $
$\Leftrightarrow 12(3a^2-1)^2+208a^2 \ge (17a-xyz)^2(2)$
Xét 2 trường hợp:
$*3a^2-4 \ge 0$.
Ta có $34a-xyz=\dfrac{1}{9}[34(x+y+z)(xy+yz+zx)-9xyz]>0$ dẫn đến (1) đúng.
$*3a^2-4 <0$.Sử dụng BĐT Schur bậc 3,ta có:$3a^3-4a+xyz \ge 0$
$ \Rightarrow 12(3a^2-1)+208a^2-(17a-xyz)^2 \ge 12(3a^2-1)^2+208a^2-a^2(3a^2+13)^2$
$=3(1-a^3)^2(4-3a^2)^2 \ge 0$ dẫn đến (2) đúng.
Vậy ta có đpcm.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c;a=0,b=c$ hoặc các hoán vị tương ứng.

[BoFaKe]

Phương pháp SOS:

Phương pháp dồn biến:

Còn đây là lời giải của một thành viên trên diễn đàn:

Theo em nghĩ thì bài giải bằng cách SOS của anh Hùng thì có lẽ đoạn cuối xét dấu bằng có sai xót,tại sao $c=0$ trong khi $c$ dưới mẫu .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoFaKe: 23-08-2012 - 16:06

[chetdi]

 

Em chỉ biết cách không dùng SOS thôi, anh coi xem sao
Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y \geq z$
Vậy ta sẽ chứng minh một bất đẳng thức "chặt hơn"
$\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
* C/m : $\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2} \geq \frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(x+z)^2} - \frac{2}{(x+z)(y+z)} \geq \frac{1}{4xy}-\frac{1}{(x+y)^2}$
$\Leftrightarrow \frac{(x-y)^2}{(x+z)^2(y+z)^2} \geq \frac{(x-y)^2}{4xy(x+y)^2}$ ~ Bđt này chuẩn men.
* C/m $\frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy} \geq \frac{9}{4(xy+yz+zx)}$
$\Leftrightarrow (xy+yz+xz)[\frac{2}{(x+z)(y+z)} + \frac{1}{4xy}] \geq \frac{9}{4}$
Mặt khác ta cũng có
$\frac{xy+yz+xz}{4xy} = \frac{1}{4} + \frac{z(x+y)}{4xy}$
$\frac{2(xy+yz+xz)}{(x+z)(y+z)} = 2-\frac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
Vậy bđt cần chứng minh
$\Leftrightarrow \frac{z(x+y)}{4xy} \geq \frac{2z^2}{(x+z)(y+z)}$
$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(x+z) \geq 8xyz$, bất đẳng thức này cũng chuẩn men theo $AM-GM$
Vậy ta có $Q.E.D$

 

chỗ đấy sai rồi

[hoaiphuong]

Phương pháp SOS:

Phương pháp dồn biến:

Còn đây là lời giải của một thành viên trên diễn

banj có thể viết ra các cách cm của các phương pháp dc k0 . mạng nhà mình chạy mãi k0 ra

[Mr Cooper]

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

$\frac{1}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{(b+c)^{2}}+\frac{1}{(c+a)^{2}}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ca)}$

$\text{VT-VP}= \sum \frac{[abc(a+b+7c)+c(8a+8b+7c)(a+b-c)^2](a-b)^2}{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 03-05-2017 - 13:09

[KietLW9]

Bất đẳng thức Iran 96! Bài này mình thích dùng đổi biến $p,q,r$ kết hợp Schur bậc 3, bậc 4!