Chủ đề này có 5 trả lời

[field9298]

Cho a,b,c là các số thực dương sao cho abc=1

Chứng minh rằng $\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+a+c}\leq \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}$

 

Mod. Chú ý công thức toán.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 28-08-2013 - 23:00

[letankhang]

Cho a,b,c là các số thực dương sao cho abc=1

Chứng minh rằng $\frac{1}{1+a+b}+\frac{1}{1+b+c}+\frac{1}{1+a+c}\leq \frac{1}{2+a}+\frac{1}{2+b}+\frac{1}{2+c}$

Bạn có thể tham khảo trong Sáng tạo BĐT ví dụ 1.7.3 (Bulgari MO 1998) trang 73

[field9298]

Bạn có thể trình bày cách giải giúp mình ko

[Katyusha]

Bạn có thể trình bày cách giải giúp mình ko

Nguyên văn đáp án

 

Để cho gọn, ta đặt $S=a+b+c,P=ab+bc+ca,Q=abc$. Ta có:

$$VT=\dfrac{1}{S+1-a}+\dfrac{1}{S+1-b}+\dfrac{1}{S+1-c}=\dfrac{\alpha_1}{\alpha_2}$$

$$\alpha_1=\sum_{sym}(1+a+b)(1+a+c)=S^2+4S+3+P$$

$$\alpha_2=(S+1-a)(S+1-b)(S+1-c)=S^2+2S+PS+P$$

$$VP=\sum_{sym}\dfrac{1}{2+a}=\dfrac{12+4S+P}{9+4S+2P}$$

Ta phải chứng minh:

$$\dfrac{S^2+4S+3+P}{S^2+2S+PS+P}\le \dfrac{12+4S+P}{9+4S+2P}$$

$$\dfrac{S-3}{9+4S+2P}\le \dfrac{PS-2S-3}{S^2+2S+PS+P}$$

$$\Leftrightarrow (P-3)(S^2+2S+PS+P)\le (PS-2S-3)(9+4S+2P)$$

$$(3P-5)S^2+(S-1)P^2+6PS\ge 24S+3P+27$$

Vì $abc=1$ nên $S,P\ge 3$, do đó:

$$VT\ge 4S^2+2P^2+6SP\ge 12S+6(P-1)S+6S+2P^2$$

$$\ge 24S+3P(P^2+6S)\ge VP$$

Đẳng thức xảy ra chỉ khi $S=P=3$ hay $a=b=c=1$.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Katyusha: 29-08-2013 - 14:30

[field9298]

Có cách nào đơn giản hơn không bạn? $\sum_{}^{sym}$ là gì vậy bạn?

[namcpnh]

Có cách nào đơn giản hơn không bạn? $\sum_{}^{sym}$ là gì vậy bạn?

 

Cái này có nghĩa là tổng đối xứng. Ví dụ : BĐT có 2 biến thì $\sum a=a+b$, còn nếu BĐT 3 biến thì $\sum \frac{1}{a+1}=\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}$