Chủ đề này có 12 trả lời

[PT42]

$Cho   a\geq b\geq c> 0$.  Chứng minh

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PT42: 15-05-2013 - 22:11

[PT42]

Bài 2

Cho a, b, c > 0. Chứng minh

$\frac{a}{\sqrt[3]{a^{3} + 63abc}} + \frac{b}{\sqrt[3]{b^{3} + 63abc}} + \frac{c}{\sqrt[3]{c^{3} + 63abc}} \geq \frac{3}{4}$

[Simpson Joe Donald]

$Cho   a\geq b\geq c> 0$.  Chứng minh

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

Đề là:

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}$

Thì đúng hơn.

[PT42]

Đề là:

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}$

Thì đúng hơn.

Với $a\geq b\geq c> 0$ ta có 

$\frac{1}{4a} + \frac{1}{4b} + \frac{1}{4c}$ $\geq$ $\frac{1}{a + 3b} + \frac{1}{b + 3c} + \frac{1}{c + 3a}$ $\geq$ $\frac{1}{2a + 2b} + \frac{1}{2b + 2c} + \frac{1}{2c + 2a}$ $\geq$ $\frac{1}{2a + b + c} + \frac{1}{2b + c + a} + \frac{1}{2c + a + b}$ $\geq$ $\frac{9}{4a + 4b + 4c}$

[bossulan239]

Với $a\geq b\geq c> 0$ ta có 

$\frac{1}{4a} + \frac{1}{4b} + \frac{1}{4c}$ $\geq$ $\frac{1}{a + 3b} + \frac{1}{b + 3c} + \frac{1}{c + 3a}$ $\geq$ $\frac{1}{2a + 2b} + \frac{1}{2b + 2c} + \frac{1}{2c + 2a}$ $\geq$ $\frac{1}{2a + b + c} + \frac{1}{2b + c + a} + \frac{1}{2c + a + b}$ $\geq$ $\frac{9}{4a + 4b + 4c}$

Minh nghĩ bạn không thể giả sử thứ tự a,b,c được vì vai trò a,b,c không đối xứng nhau

[Simpson Joe Donald]

$Cho   a\geq b\geq c> 0$.  Chứng minh

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

Do $a\ge b\ge c>0$ nên ta đưa về bài toán chứng minh:

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}$

Theo $Cauchy-Schwarz$ ta có:

$\dfrac{2}{a+3b}+\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{4}{c+3a} \\ \ge \dfrac{(2+1+4)^2}{2(a+3b)+(b+3c)+4(c+3a)} \\ = \dfrac{7}{2a+b+c}$

[nguyencuong123]

Với $a\geq b\geq c> 0$ ta có 

$\frac{1}{4a} + \frac{1}{4b} + \frac{1}{4c}$ $\geq$ $\frac{1}{a + 3b} + \frac{1}{b + 3c} + \frac{1}{c + 3a}$ $\geq$ $\frac{1}{2a + 2b} + \frac{1}{2b + 2c} + \frac{1}{2c + 2a}$ $\geq$ $\frac{1}{2a + b + c} + \frac{1}{2b + c + a} + \frac{1}{2c + a + b}$ $\geq$ $\frac{9}{4a + 4b + 4c}$

Sai hoàn toàn: Không thể có:

$\sum \frac{1}{4a}\geq \sum \frac{1}{a+3b}\geq \sum \frac{1}{2a+2b}\geq \sum \frac{1}{2a+b+c}$. Điều này vô lý.Nếu đúng bạn chứng minh xem.

[PT42]

Minh nghĩ bạn không thể giả sử thứ tự a,b,c được vì vai trò a,b,c không đối xứng nhau

$a\geq b\geq c$ là điều kiện để bất đẳng thức đúng, không phải giả sử.

 

Do $a\ge b\ge c>0$ nên ta đưa về bài toán chứng minh:

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}$

Câu này sai hoàn toàn. Từ $A\geq C$ không thể suy ra $A\geq B$ được (vì $A\geq B\geq C$).

Còn $\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{2b+c+a}+\frac{1}{2c+a+b}$ là 1 bài dễ không cần điều kiện $a\geq b\geq c$ . Bài này đã được đăng trên báo THTT và giải như sau:

$\frac{1}{a+3b} + \frac{1}{a+b+ 2c}$ $\geq$ $\frac{4}{(a+3b) + (a+b+2c)}$ = $\frac{2}{a+c+2b}$

 

Sai hoàn toàn: Không thể có:

$\sum \frac{1}{4a}\geq \sum \frac{1}{a+3b}\geq \sum \frac{1}{2a+2b}\geq \sum \frac{1}{2a+b+c}$. Điều này vô lý.Nếu đúng bạn chứng minh xem.

Hình như tiểu huynh đệ này mới học lớp 10 nên chưa biết đến các bdt này. Hãy mang bài này đến hỏi các thầy xem có phải sai hoàn toàn không.

 

Mời mọi người tiếp tục suy nghĩ. Mong mọi người chỉ đăng lời giải, xin hạn chế bình loạn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PT42: 23-07-2013 - 11:22

[nguyencuong123]

Hình như tiểu huynh đệ này mới học lớp 10 nên chưa biết đến các bdt này. Hãy mang bài này đến hỏi các thầy xem có phải sai hoàn toàn không.

 

Mời mọi người tiếp tục suy nghĩ. Mong mọi người chỉ đăng lời giải, xin hạn chế bình loạn.

 

Thế anh có thể chứng minh $\sum \frac{1}{2a+b+c}\geq \sum \frac{1}{2a+2b}$

[vutuanhien]

 

Hình như tiểu huynh đệ này mới học lớp 10 nên chưa biết đến các bdt này. Hãy mang bài này đến hỏi các thầy xem có phải sai hoàn toàn không.

 

Mời mọi người tiếp tục suy nghĩ. Mong mọi người chỉ đăng lời giải, xin hạn chế bình loạn.

 

BĐT đầu tiên nếu bỏ điều kiện $a\geq b\geq c$ em dám cá đến các thầy cũng không làm được

Đây là 1 BĐT rất khó và chưa có 1 lời giải thuần túy đại số cho BĐT này mà chỉ có 1 lời giải bằng tích phân của Gabriel Dospinescu  

[PT42]

Nếu không có điều kiện gì thì bất đẳng thức trên sai. Ví dụ với a = 1, b = 2, c= 9 thì vế trái < vế phải.

[Strygwyr]

$Cho   a\geq b\geq c> 0$.  Chứng minh

$\frac{1}{a+3b}+\frac{1}{b+3c}+\frac{1}{c+3a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

 

 

BĐT đầu tiên nếu bỏ điều kiện $a\geq b\geq c$ em dám cá đến các thầy cũng không làm được

Đây là 1 BĐT rất khó và chưa có 1 lời giải thuần túy đại số cho BĐT này mà chỉ có 1 lời giải bằng tích phân của Gabriel Dospinescu  

Đồng ý với ý kiến của bạn Hiền. Rõ ràng đây là một bất đẳng thức quá khó hiện nay, khó mà tìm ra được một lời giải thuần tuý đại số. Tuy nhiên thì tích phân $Riman$ lại cho ta nhiều công cụ tốt để giải bài toán này. Đây là cách mà em sưu tầm được (chính xác là của Gabriel Dospinescu) Không biết anh PT42 năm nay đã học đến tích phân chưa nhỉ

Bài toán phụ :

Cho các số thực dương $x\geq y\geq z$. Khi đó :$x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x\geq x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}$

Chứng minh điều này khá đơn giản. Trước hết, xét hiệu : 

$(x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x)-(xy^{3}+yz^{3}+zx^{3})=(x-y)(y-z)(x-z)(x+y+z)\geq 0$

 

Áp dụng $AM-GM$, ta có :

$(x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x)\geq \frac{1}{2}(x^{3}y+xy^{3}+y^{3}z+yz^{3}+z^{3}x+zx^{3})\geq x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+z^{2}x^{2}$

Áp dụng bài toán phụ trên, đặt $x=t^{a},y=t^{b},z=t^{c}$

Khi đó, theo bài toán phụ trên, ta có :

$t^{3a+b}+t^{3b+c}+t^{3c+a}\geq t^{2a+2b}+t^{2b+2c}+t^{2c+2a}$

 

$\Leftrightarrow \frac{1}{t}(t^{3a+b}+t^{3b+c}+t^{3c+a})\geq \frac{1}{t}(t^{2a+2b}+t^{2b+2c}+t^{2c+2a})$

 

Lấy tich phân từ $0$ đến $1$ hai vế theo $t$, ta được : 

$\int_{0}^{1} \frac{1}{t}(t^{3a+b}+t^{3b+c}+t^{3c+a})dt\geq \int_{0}^{1} \frac{1}{t}(t^{2a+2b}+t^{2b+2c}+t^{2c+2a})dt$

$\Leftrightarrow \int_{0}^{1}(t^{3a+b-1}+t^{3b+c-1}+t^{3c+a-1})dt\geq \int_{0}^{1}(t^{2a+2b-1}+t^{2b+2c-1}+t^{2c+2a-1})dt$

$\Leftrightarrow \frac{1}{3a+b}+\frac{1}{3b+c}+\frac{1}{3c+a}\geq \frac{1}{2a+2b}+\frac{1}{2b+2c}+\frac{1}{2c+2a}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Spoiler

Rõ ràng nếu ta bỏ đi điều kiên $a\geq b\geq c$ thì bất đẳng thức trên lại không đúng, chẳng hạn như $a=1,b=2,c=9$ như của anh PT42. Điều này dễ hiểu vì khi đó bài toán phụ trên không đúng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namsub: 24-07-2013 - 09:54

[PT42]

Lời giải: 

Trước hết ta chứng minh $\frac{1}{a+3b}+ \frac{1}{b+3c} + \frac{1}{c+ 3a}\geq \frac{1}{3a+b} + \frac{1}{3b+c} + \frac{1}{3c+a}$ (1)

Thật vậy ta có:

(1) $\Leftrightarrow$ $(\frac{1}{a+3b} - \frac{1}{3a+b})+ (\frac{1}{b+3c} - \frac{1}{3b+c}) \geq (\frac{1}{3c+a} - \frac{1}{c+3a})$

$\Leftrightarrow$ $\frac{a-b}{(a+3b)(3a+b)} + \frac{b-c}{(b+3c)(3b+c)}\geq \frac{a-b}{(a+3c)(3a+c)} + \frac{b-c}{(a+3c)(3a+c)}$

$\Leftrightarrow$ $(b-c)\frac{(3a^{2} + 3c^{2} + 10ac) - (3b^{2} + 3c^{2} + 10bc)}{(b+ 3c)(3b+c)(a+3c)(3a+c)} \geq $ $(a-b)\frac{(3a^{2} + 3b^{2} + 10ab) - (3a^{2} + 3c^{2} + 10ac)}{(a+ 3b)(3a+b)(a+3c)(3a+c)}$

$\Leftrightarrow$ $(b-c)\frac{(a-b)(3a+3b+10c)}{(b+3c)(3b+c)}\geq (a-b)\frac{(b-c)(3b+3c+10a)}{(a+3b)(3a+b)}$

$\Leftrightarrow$ $\frac{(3a+3b+10c)}{(b+3c)(3b+c)}\geq \frac{(3b+3c+10a)}{(a+3b)(3a+b)}$ ( vì $a\geq b\geq c$ )

$\Leftrightarrow$ $\frac{(a+3b)(3a+b)}{(b+3c)(3b+c)} -1 \geq \frac{3b+3c+10a}{3a+3b+10c} -1$

$\Leftrightarrow$ $\frac{(a-c)(3c+3a+10b)}{3b^{2} + 3c^{2} + 10 bc} \geq \frac{7(a-c)}{3a+3b+ 10c}$

$\Leftrightarrow$ $\frac{3c + 3a + 10 b}{3b^{2} + 3c^{2} + 10 bc} \geq \frac{7}{3a+ 3b+ 10c}$ ( vì $a\geq c$ )

$\Leftrightarrow$ (3c + 3a + 10b) ( 3a + 3b + 10c) $\geq$ $7 (3b^{2} + 3c^{2} + 10 bc)$ 

Dễ thấy bất đẳng thức cuối cùng này đúng $\Rightarrow$ (1) đúng.

 

Bây giờ áp dụng bất đẳng thức $\frac{1}{x} + \frac{1}{y}\geq \frac{4}{x+y}$ ta có:

$(\frac{1}{a+ 3b} + \frac{1}{3a + b}) + (\frac{1}{b+3c} + \frac{1}{3b + c}) + (\frac{1}{c+3a} + \frac{1}{3c + a}) \geq$ $\frac{4}{4a +4b} + \frac{4}{4b+4c} + \frac{4}{4c+4a}$

$\Leftrightarrow$ $(\frac{1}{a+3b} + \frac{1}{b+3c} + \frac{1}{c+3a}) + (\frac{1}{3a + b} + \frac{1}{3b + c} + \frac{1}{3c + a})$ $\geq$ $2. (\frac{1}{2a +2b} + \frac{1}{2b+2c} + \frac{1}{2c+2a})$ (2)

 

Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PT42: 24-07-2013 - 23:20