Chủ đề này có 9 trả lời

[coban]

Cho $a, b, c$ là các số thực khác $0$. Chứng minh rằng:

$\left(\dfrac{a}{a+b}\right )^2+\left(\dfrac{b}{b+c}\right )^2+\left(\dfrac{c}{c+a}\right )^2\ge\dfrac{3}{4}$

 

 

[25 minutes]

Cho $a, b, c$ là các số thực khác $0$. Chứng minh rằng:

$\left(\dfrac{a}{a+b}\right )^2+\left(\dfrac{b}{b+c}\right )^2+\left(\dfrac{c}{c+a}\right )^2\ge\dfrac{3}{4}$

Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp $a,b,c>0$

Khi đó đặt $(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})=(x,y,z)\Rightarrow xyz=1$

BDDT trở thành $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}\geqslant \frac{3}{4}$

Biến đổi tương đương ta có bất đẳng thức sau 

                   $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geqslant \frac{1}{1+xy}=\frac{z}{1+z}=\frac{z^2+z}{(1+z)^2}$

    $\Rightarrow \frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}\geqslant \frac{z^2+z}{(1+z)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}=\frac{z^2+z+1}{(1+z)^2}$

Lại có $\frac{z^2+z+1}{(1+z)^2}\geqslant \frac{3}{4}\Leftrightarrow (z-1)^2\geqslant 0$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c$

[Hoang Tung 126]

BĐT $< = > \sum (\frac{1}{1+\frac{b}{a}})^2\geq \frac{3}{4}$

Đặt $\frac{a}{b}=x,\frac{b}{c}=y,\frac{c}{a}=z= > xyz=1$

Lại đặt $x=\frac{mn}{p^2},y=\frac{pn}{m^2},z=\frac{pm}{n^2}$

BĐT $< = > \sum \frac{1}{(1+\frac{mn}{p^2})^2}\geq \frac{3}{4}< = > \sum \frac{p^4}{(p^2+mn)^2}\geq \frac{3}{4}$

Theo bđt Bunhiacopxki ta có :$\sum \frac{p^4}{(mn+p^2)^2}\geq \frac{(\sum p^2)^2}{\sum (mn+p^2)^2}$

Do đó ta cần CM :$\frac{(\sum p^2)^2}{\sum (mn+p^2)^2}\geq \frac{3}{4}< = > 4(\sum p^4+2\sum p^2m^2)\geq 3(\sum p^4+\sum m^2n^2+2pmn(\sum p))< = > \sum p^4+5\sum m^2n^2\geq 6mnp(\sum p)$

Mặt khác theo Cosi có :$\sum p^4\geq \sum p^2m^2\geq mnp(\sum p)$

                                    $5\sum m^2n^2\geq 5mnp(\sum p)$

Cộng theo vế ta dược bdt đúng nên ta có đpcm

[NTPS2CBC]

$3\sum \left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}\geq \left ( \sum \frac{\left | a \right |}{\left | b+c \right |} \right )^{2}$

Mà $\left | a+b \right |\leq \left | a \right |+\left | b \right |$

Nên$\left (\sum \frac{\left | a \right |}{\left | b+c \right |} \right )^{2}\geq \left ( \sum \frac{\left | a \right |}{\left | b \right |+\left | c \right |} \right )^{2}$

Do đó chỉ cần chứng minh$\sum \frac{\left | a \right |}{\left | b \right |+\left | c \right |} \geq \frac{3}{2}$

Tới đây chắc dễ rồi (dùng bdt Nesbit)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NTPS2CBC: 28-11-2013 - 21:48

[coban]

 

 

 

Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp $a,b,c>0$

Khi đó đặt $(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})=(x,y,z)\Rightarrow xyz=1$

BDDT trở thành $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}\geqslant \frac{3}{4}$

Biến đổi tương đương ta có bất đẳng thức sau 

                   $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geqslant \frac{1}{1+xy}=\frac{z}{1+z}=\frac{z^2+z}{(1+z)^2}$

   

 

 

 

Bạn có thể nói rõ là biến đôi tương đương như thế nào không theo mình hiểu biến đổi tương đương ở đây là:

$\dfrac{1}{(1+x)^2}+\dfrac{1}{(1+y)^2}\ge\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{(1+z)^2}=\dfrac{3}{4}-\dfrac{1}{\left( 1+\dfrac{1}{xy}\right)^2}=\dfrac{3}{4}-\dfrac{x^2y^2}{(xy+1)^2}\le\dfrac{1}{xy+1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi coban: 29-11-2013 - 15:12

[coban]

$3\sum \left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}\geq \left ( \sum \frac{\left | a \right |}{\left | b+c \right |} \right )^{2}$

Mà $\left | a+b \right |\leq \left | a \right |+\left | b \right |$

Nên$\left (\sum \frac{\left | a \right |}{\left | b+c \right |} \right )^{2}\geq \left ( \sum \frac{\left | a \right |}{\left | b \right |+\left | c \right |} \right )^{2}$

Do đó chỉ cần chứng minh$\sum \frac{\left | a \right |}{\left | b \right |+\left | c \right |} \geq \frac{3}{2}$

Tới đây chắc dễ rồi (dùng bdt Nesbit)

Bạn nhầm đề bài rồi 

[NTPS2CBC]

nhầm chỗ nào vậy bạn??

[coban]

nhầm chỗ nào vậy bạn??

Đề bài là $\sum\dfrac{a}{a+b}$ chứ đâu phải là $\sum\dfrac{a}{b+c}$

[NTPS2CBC]

ơ mình nhầm, mình xin lỗi nha

[Hoang Tung 126]

 

Ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong trường hợp $a,b,c>0$

Khi đó đặt $(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})=(x,y,z)\Rightarrow xyz=1$

BDDT trở thành $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}\geqslant \frac{3}{4}$

Biến đổi tương đương ta có bất đẳng thức sau 

                   $\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geqslant \frac{1}{1+xy}=\frac{z}{1+z}=\frac{z^2+z}{(1+z)^2}$

    $\Rightarrow \frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}\geqslant \frac{z^2+z}{(1+z)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}=\frac{z^2+z+1}{(1+z)^2}$

Lại có $\frac{z^2+z+1}{(1+z)^2}\geqslant \frac{3}{4}\Leftrightarrow (z-1)^2\geqslant 0$

Vậy ta có đpcm

Đẳng thức khi $x=y=z=1$ hay $a=b=c$

 

Cách này cũng hay mà