Chủ đề này có 8 trả lời

[Dinhxuanbaohung]

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

 

với $abc=1$. $a,b,c >0$

 

MOD: Chú ý tiêu đề

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 04-09-2013 - 10:11

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Giải

Đặt $a = \dfrac{x}{y}, b = \dfrac{y}{z}, c = \dfrac{z}{x}$ với x, y, z > 0

Ta cần chứng minh:
$\dfrac{x^3}{2yz^2 + yx^2} + \dfrac{y^3}{2zx^2 + y^2z} + \dfrac{z^3}{2xy^2 + xz^2} \geq 1$

Theo BĐT Schwarz:
$\dfrac{x^3}{2yz^2 + yx^2} + \dfrac{y^3}{2zx^2 + y^2z} + \dfrac{z^3}{2xy^2 + xz^2}$ 

 

$= \dfrac{x^4}{2xyz^2 + x^3y} + \dfrac{y^4}{2yzx^2 + y^3z} + \dfrac{z^4}{2xzy^2 + z^3x}$

$\geq \dfrac{(x^2 + y^2 + z^2)^2}{2xyz(x + y + z) + x^3y + y^3z + z^3x}$

 

Ta chứng minh được:
$(x^2 + y^2 + z^2)^2 \geq (xy + yz + zx)^2 \geq 3xyz(x + y + z) \, (1)$

Và $(x^2 + y^2 + z^2)^2 \geq 3(x^3y + y^3z + z^3x) \,\,\,\,\,\,\,\,\, (2)$

Phần chứng minh (1) thì là BĐT cơ bản rồi.

BĐT (2) tương đương:
$2(x^2 + y^2 + z^2)^2 \geq 6(x^3y + y^3z + z^3x)$
$\Leftrightarrow (x^2 – 2xy + yz + zx – z^2)^2 + (y^2 – 2yz + xz + xy – x^2)^2 + (z^2 – 2zx + xy + yz – y^2)^2 \geq 0$

BĐT trên luôn đúng.

Chứng minh được 2 BĐT nói trên, từ đó suy ra: $P \geq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toc Ngan: 04-09-2013 - 10:28

[ongngua97]

Làm sao mà nghĩ ra được BĐT (2) vậy nhỉ???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongngua97: 04-09-2013 - 12:25

[ongngua97]

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

 

với $abc=1$. $a,b,c >0$

 

MOD: Chú ý tiêu đề

 

Vì mình thấy BĐT 2 ''trâu'' quá nên mình trình bày cách khác như sau:

 Đặt $a = \dfrac{x}{y}, b = \dfrac{y}{z}, c = \dfrac{z}{x}$ với x, y, z > 0

Ta cần chứng minh:
$\dfrac{x^3}{2yz^2 + yx^2} + \dfrac{y^3}{2zx^2 + y^2z} + \dfrac{z^3}{2xy^2 + xz^2} \geq 1$

Theo BĐT Schwarz:
$\dfrac{x^3}{2yz^2 + yx^2} + \dfrac{y^3}{2zx^2 + y^2z} + \dfrac{z^3}{2xy^2 + xz^2}$ 

 

$= \dfrac{x^4}{2xyz^2 + x^3y} + \dfrac{y^4}{2yzx^2 + y^3z} + \dfrac{z^4}{2xzy^2 + z^3x}$

$\geq \dfrac{(x^2 + y^2 + z^2)^2}{2xyz(x + y + z) + x^3y + y^3z + z^3x}$

Ta sẽ chứng minh $(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}\geq 2xyz(x+y+z)+x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x (*)$

 

Thật vậy, dễ thấy $x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x$ 

                              $2(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+x^{2}z^{2})\geq 2xyz(x+y+z)$

 

Cộng vế theo vế 2 bđt trên, ta được bđt (*).

 

Ta có ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ongngua97: 04-09-2013 - 12:22

[ongngua97]

 

BĐT (2) tương đương:
$2(x^2 + y^2 + z^2)^2 \geq 6(x^3y + y^3z + z^3x)$
$\Leftrightarrow (x^2 – 2xy + yz + zx – z^2)^2 + (y^2 – 2yz + xz + xy – x^2)^2 + (z^2 – 2zx + xy + yz – y^2)^2 \geq 0$

BĐT trên luôn đúng.

 

Làm sao mà nghĩ ra được BĐT (2) vậy nhỉ???

[zBooBz]

Vì mình thấy BĐT 2 ''trâu'' quá nên mình trình bày cách khác như sau:

Đặt $a = \dfrac{x}{y}, b = \dfrac{y}{z}, c = \dfrac{z}{x}$ với x, y, z > 0
Ta cần chứng minh:
$\dfrac{x^3}{2yz^2 + yx^2} + \dfrac{y^3}{2zx^2 + y^2z} + \dfrac{z^3}{2xy^2 + xz^2} \geq 1$
Theo BĐT Schwarz:
$\dfrac{x^3}{2yz^2 + yx^2} + \dfrac{y^3}{2zx^2 + y^2z} + \dfrac{z^3}{2xy^2 + xz^2}$

$= \dfrac{x^4}{2xyz^2 + x^3y} + \dfrac{y^4}{2yzx^2 + y^3z} + \dfrac{z^4}{2xzy^2 + z^3x}$
$\geq \dfrac{(x^2 + y^2 + z^2)^2}{2xyz(x + y + z) + x^3y + y^3z + z^3x}$
Ta sẽ chứng minh $(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}\geq 2xyz(x+y+z)+x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x (*)$

Thật vậy, dễ thấy $x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x$
$2(x^{2}y^{2}+y^{2}z^{2}+x^{2}z^{2})\geq 2xyz(x+y+z)$

Cộng vế theo vế 2 bđt trên, ta được bđt (*).

Ta có ĐPCM.

Chỗ nào chứng minh sao vậy bạn?
$x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi zBooBz: 04-09-2013 - 13:21

[ongngua97]

Chỗ nào chứng minh sao vậy bạn?
$x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x$

Ta có $x^{4}+x^{4}+x^{4}+y^{4}\geq 4x^{3}y$ (bđt cô si).

thiết lập các bđt tương tự, cộng vế theo vế =>q.e.d

[Dinhxuanbaohung]

Làm sao mà nghĩ ra được BĐT (2) vậy nhỉ???

(2) chứng minh trực tiếp = côsi cũng được

[ongngua97]

(2) chứng minh trực tiếp = côsi cũng được

Mình nghĩ là khó vì BĐT này còn có điểm đẳng thức khi 3 biến lệch nhau. Đây là một BĐT hay và khó, và những lời giải cho nó đều khó để nghĩ ra.