Chủ đề này có 4 trả lời

[ironman]

Cho a,b,c dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$\frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(a+c)^{2}}$.

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Cho a,b,c dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$\frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(a+c)^{2}}$.

Mình làm thế này hơi dài dòng tí
$$A=\sum (\frac{a}{a+b})^{2}=(\sum \frac{1}{1+\frac{b}{a}})^{2}$$
Đổi biến $(\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c})\rightarrow (x,y,z)$
$\Rightarrow A=\sum \frac{1}{(1+x)^{2}}$
Ta có đánh giá sau
$\frac{1}{(1+x)^{2}}\geq \frac{3}{4(x^{2}+x+1)}\Leftrightarrow (x-1)^{2}\geq 0$(đúng)
Do đó $$ A\geq \frac{3}{4}(\frac{1}{x^{2}+x+1}+\frac{1}{y^{2}+y+1}+\frac{1}{z^{2}+z+1})$$
Ta đi chứng minh
$$\frac{1}{x^{2}+x+1}+\frac{1}{y^{2}+y+1}+\frac{1}{z^{2}+z+1}\geq 1$$
Đặt $\frac{np}{m^{2}}=x;\frac{mp}{n^{2}}=y;\frac{mn}{p^{2}}=z$
$$\Rightarrow \sum \frac{1}{x^{2}+x+1}=\sum \frac{m^{4}}{m^{4}+m^{2}np++n^{2}p^{2}}\geq \frac{(\sum m^{2})^{2}}{\sum m^{4}+\sum m^{2}n^{2}+mnp(m+n+p)}\geq 1$$
Nhưng BĐT này tương đương với
$(mn-np)^{2}+(np-pm)^{2}+(pm-mn)^{2}\geq 0$(luôn đúng)
$\Rightarrow A\geq \frac{3}{4}$
Vậy Min $A=\frac{3}{4}$ khi và chỉ khi$ m=n=p\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c$

[25 minutes]

Mình có cách này không biết đúng không ?
Bdt $\sum \frac{1}{\left ( 1+x \right )^2}\geq \frac{3}{4}$ với $x=\frac{a}{b},y=\frac{b}{c},z= \frac{c}{a} \Rightarrow xyz=1$
Do vai trò của x,y,z như nhau nên ta có thể giả sử $z= min\left ( x,y,z \right )\Rightarrow 0< z\leq 1$
Ta có $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq \frac{z^2+1}{4z}$
$\Rightarrow \sum \frac{1}{(1+x)^2}\geq \frac{z^2+1}{4z}+\frac{1}{(1+z)^2}= \frac{2\left ( z^2+1 \right )}{8z}+\frac{1}{(1+z)^2}\geq \frac{(1+z)^2}{8z}+\frac{1}{(1+z)^2}= \frac{(1+z)^2}{16z}+\frac{\left ( 1+z \right )^2}{16z}+\frac{1}{\left ( 1+z \right )^2}=H_A$
Áp dụng AM-GM cho $H_A$ và chú ý $z\leq 1$ là ok
Dấu = khi $x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c$?

[WhjteShadow]

Cho a,b,c dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$A=\frac{a^{2}}{(a+b)^{2}}+\frac{b^{2}}{(b+c)^{2}}+\frac{c^{2}}{(a+c)^{2}}$.

Có lẽ đây là cách làm ngắn và đẹp nhất ch0 bài toán này
Ta có $A=\frac{1}{(1+\frac{b}{a})^2}+\frac{1}{(1+\frac{c}{b})^2}+\frac{1}{(1+\frac{a}{c})^2}$
Đặt $\frac{b}{a}=x,\frac{c}{b}=y,\frac{a}{c}=z$ thì $xyz=1$ và ta sẽ chứng minh:
$$A=\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}\geq \frac{3}{4}$$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ và giả thiết $xyz=1$ ta có:
$$\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geq \frac{1}{(\frac{x}{y}+1)(xy+1)}+\frac{1}{(\frac{y}{x}+1)(xy+1)}$$
$$=\frac{x}{(x+y)(xy+1)}+\frac{y}{(x+y)(xy+1)}=\frac{1}{xy+1}=\frac{z}{z+1}$$
Vậy $$A\geq \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2}=\frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}$$
$$=\frac{3}{4}+\frac{(z-1)^2}{4(z+1)^2}\geq \frac{3}{4}$$
Bài toán được chứng minh.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c$ $\blacksquare$
Và đây là 2 bài toán mở rộng đã được mình nêu:
Đề nghị: Chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn với $a,b,c>0$:
$$\left(\frac{a}{a+b}\right)^2+\left(\frac{b}{b+c}\right)^2+\left(\frac{c}{c+a}\right)^2\geq \frac{3}{4}+\frac{ab^2+bc^2+ca^2-3abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$$
Đề nghị 2. Chứng minh bất đẳng thức với $a,b,c\in R^{+}$
$$\frac{4a}{a+b}+\frac{4b}{b+c}+\frac{4c}{c+a}+\frac{a^2b+b^2c+c^2a+abc}{ab^2+bc^2+ca^2+abc}\geq 7$$
(Gợi ý:Đặt ẩn phụ )

[duong vi tuan]

do tính thuần nhất nên ta chuản hóa
$a.b.c=1$

đặt : $x=\frac{a}{b};y=\frac{b}{c};z=\frac{c}{a}$

bdt trở thành:

$\frac{x^2}{(x+1)^2}+\frac{y^2}{(y+1)^2}+\frac{z^2}{(z+1)^2} \geq \frac{3}{4}$
áp dụng bdt schwars :

$VT\geq \frac{(x+y+z)^2}{(x+1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2}$

ta cm bdt trên : $\frac{(x+y+z)^2}{(x+1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2} \geq \frac{3}{4}$

bằng khai triển và rút gọn ta đc :

$(x+y+z -3)^2+6(xy+xz +zy)\geq18$

hiên nhiên đúng theo AM-GM và $x.y.z=1$

khó soạn thảo quá @@

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duong vi tuan: 01-11-2012 - 08:50