Chủ đề này có 9 trả lời

[Nguyentiendung9372]

VỀ ỨNG DỤNG CỦA MỘT BẤT ĐẲNG THỨC NHỎ

Nguyễn Tiến Dũng

- Khối chuyên Toán 14-17 - 

THPT chuyên Nguyễn Trãi

        Chúng ta cùng xét bài toán mở đầu sau:

$ \bullet $ Bài toán 1: ( China MO )

Cho $a, b, c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng 

$$\sqrt {{a \over {a + b}}}  + \sqrt {{b \over {b + c}}}  + \sqrt {{c \over {c + a}}}  \le {3 \over {\sqrt 2 }}$$

 

        Bài toán trên có  lời giải phổ biến là sử dụng BĐT AM - GM và BĐT Cauchy - Schwarz. Trong đó, lời giải sử dụng Cauchy - Schwarz  là lời giải tự nhiên hơn và phổ biến hơn. Ta cùng đến với chứng minh bằng Cauchy - Schwarz.

     

       Chứng minh

Ta viết lại BĐT như sau:

$$\sum {\sqrt {{a \over {a + b}}} }  = \sum {\sqrt {a + c} \sqrt {{a \over {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}} }  \le {3 \over {\sqrt 2 }}$$

 

Đến đây, áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có:

$${\left( {\sum {\sqrt {a + c} \sqrt {{a \over {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}} } } \right)^2} \le \left( {a + c + b + c + b + a} \right)\sum {{a \over {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}}  = {{4\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)} \over {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$$

 

Như vậy, ta cần chứng minh BĐT sau để chứng minh xong BĐT

$$8\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \le 9\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)$$

 

Chưng minh BĐT trên không có gì khó khăn ( chỉ cần khai triển BĐT ra rồi sử dụng 1 lần AM - GM)

Như vậy, ta đã chứng minh được bài toán. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

 

     Trong chứng minh trên, ta đã sử dụng BĐT sau: 

$$8\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \le 9\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) (*)$$

 

   BĐT trên là một BĐT khá thú vị và có ứng dụng trong việc giải các bài toán về BĐT. Bên cạnh đó, chúng ta cũng có thể khai thác được những bài toán thú vị từ BĐT trên mà ta tạm gọi là BĐT $(*)$.  Xét một số bài toán sau:

 

$ \bullet $ Bài toán 2:

Cho 3 số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $a + b + c = {1 \over a} + {1 \over b} + {1 \over c}$. Chứng minh rằng 

$${1 \over {{{(b + c + 2a)}^2}}} + {1 \over {{{(a + c + 2b)}^2}}} + {1 \over {{{(b + a + 2c)}^2}}} \le {3 \over {16}}$$

 

     Chứng minh

Áp dụng BĐT AM - GM, ta có 

$$\sum {{1 \over {{{\left( {b + c + 2a} \right)}^2}}}}  \le {1 \over 4}\sum {{1 \over {\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}}  = {1 \over 4}.{{2\left( {a + b + c} \right)} \over {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} = {{a + b + c} \over {2\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$$

 

Mặt khác, theo BĐT $(*)$ thì

$${{a + b + c} \over {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \le {9 \over {8\left( {ab + bc + ca} \right)}}$$

 

Qua đó, ta đưa về chứng minh một BĐT khác đơn giản hơn

$${9 \over {8\left( {ab + bc + ca} \right)}} \le {3 \over {16}} \Leftrightarrow ab + bc + ca \ge 3$$

 

Từ giả thiết ta có $abc(a+b+c)=ab+bc+ca$

 

Áp dụng BĐT quen thuộc ${\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \ge 3abc\left( {a + b + c} \right)$, ta suy ra ${\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \ge 3\left( {ab + bc + ca} \right) \Rightarrow ab + bc + ca \ge 3$

 

Vậy BĐT đã được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

 

VD trên cho chúng ta thấy được hiệu quả của BĐT $(*)$ trong việc làm đơn giản các BĐT. Chúng ta xét tiếp các VD sau:

 

 

$ \bullet $ Bài toán 3:

Cho  số thực dương thỏa mãn $xyz=1$. Chứng minh rằng 

$${1 \over {{{\left( {x + 1} \right)}^2}(y + z)}} + {1 \over {{{\left( {y + 1} \right)}^2}(x + z)}} + {1 \over {{{\left( {z + 1} \right)}^2}(x + y)}} \le {3 \over 8}$$

 

   Chứng minh

Áp dụng BĐT AM - GM, ta có: 

${\left( {x + 1} \right)^2} = \left( {{x^2} + 1} \right) + 2x \ge 2\sqrt {2x\left( {{x^2} + 1} \right)} $

$y + z \ge 2\sqrt {yz} $

 

Do đó, BĐT viết lại thành 

$${1 \over {2\sqrt {2xyz\left( {{x^2} + 1} \right)} }} + {1 \over {2\sqrt {2xyz\left( {{y^2} + 1} \right)} }} + {1 \over {2\sqrt {2xyz\left( {{z^2} + 1} \right)} }} \le {3 \over 8}$$

$$ \Leftrightarrow {1 \over {\sqrt {{x^2} + 1} }} + {1 \over {\sqrt {{y^2} + 1} }} + {1 \over {\sqrt {{z^2} + 1} }} \le {3 \over {\sqrt 2 }}$$

 

Do $xyz=1$ nên tồn tại cách đặt $x = \sqrt {{b \over a}} ,y = \sqrt {{c \over b},} z = \sqrt {{a \over c}} $, trong đó $a, b, c$ là các số thực dương

 

BĐT tương đương với 

$$\sqrt {{a \over {a + b}}}  + \sqrt {{b \over {b + c}}}  + \sqrt {{c \over {c + a}}}  \le {3 \over {\sqrt 2 }}$$

 

Từ đây, sử dụng BĐT Cauchy - Schwarz 1 lần, ta lại đưa BĐT về BĐT $(*)$

BĐT được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

 

$ \bullet $ Bài toán 4: ( Korea MO 1998 ) 

Cho 3 số thực dương $x, y, z$ thóa mãn $x+y+z=xyz$. Chứng minh rằng 

$${1 \over {\sqrt {{x^2} + 1} }} + {1 \over {\sqrt {{y^2} + 1} }} + {1 \over {\sqrt {{z^2} + 1} }} \le {3 \over 2}$$

 

    Chứng minh 

Ta có $${x^2} + 1 = {x^2}.{{x + y + z} \over {xyz}} + 1 = {{\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)} \over {yz}}$$

Do đó BĐT trở thành $$\sqrt {{{yz} \over {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}}  + \sqrt {{{zx} \over {\left( {y + z} \right)\left( {y + x} \right)}}}  + \sqrt {{{xy} \over {\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)}}}  \le {3 \over 2}$$

 

Áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz, ta có: 

$${\left( {\sum {\sqrt {{{yz} \over {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}} } } \right)^2} = {\left( {\sum {\sqrt {{{yz\left( {y + z} \right)} \over {\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)}}} } } \right)^2} \le {{2\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)} \over {\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)}}$$

 

Mặt khác, theo BĐT $(*)$, ta có 

$${{\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)} \over {\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)}} \le {9 \over 8} \Rightarrow {{2\left( {x + y + z} \right)\left( {xy + yz + zx} \right)} \over {\left( {x + y} \right)\left( {y + z} \right)\left( {z + x} \right)}} \le {9 \over 4}$$

 

Do vậy mà 

$${\left( {\sqrt {{{yz} \over {\left( {x + y} \right)\left( {x + z} \right)}}}  + \sqrt {{{zx} \over {\left( {y + z} \right)\left( {y + x} \right)}}}  + \sqrt {{{xy} \over {\left( {z + x} \right)\left( {z + y} \right)}}} } \right)^2} \le {9 \over 4}$$

 

Lấy căn bậc 2 của 2 vế, ta có điều cần chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $x = y = z = \sqrt 3 $

 

$ \bullet $ Bài toán 5:

Cho 3 số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng:

$$P = \left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) + {{72} \over {\sqrt {a + b + c + 1} }} \ge 44$$

 

   Chứng minh

 

Áp dụng BĐT $(*)$, ta có 

$$\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) \ge {8 \over 9}.\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)$$

 

Lại theo BĐT AM - GM, ta có 

$$ab + bc + ca \ge \sqrt {3abc\left( {a + b + c} \right)}  = \sqrt {3\left( {a + b + c} \right)} $$

Như vậy , BĐT trở thành 

$${8 \over 9}.\left( {a + b + c} \right)\sqrt {3\left( {a + b + c} \right)}  + {{72} \over {\sqrt {a + b + c + 1} }} \ge 44$$

 

Đặt $t=a+b+c$, BĐT trở về dạng 1 biến:

$${8 \over 9}.t\sqrt {3t}  + {{72} \over {\sqrt {t + 1} }} \ge 44$$

Phần chứng minh tiếp theo dành cho các bạn.

 

$ \bullet $ Bài toán 6 ( Trần Quốc Anh ):

 Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng 

$$\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} - bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} - ca + {a^2}} \right) \ge {1 \over 3}abc\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)$$

 

   Chứng minh

Ta có khai triển sau 

$$2{\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)^2} = \left( {{a^4} + {b^4}} \right) + {\left( {a - b} \right)^4} \Rightarrow 2{\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)^2} \ge {a^4} + {b^4} \Leftrightarrow {a^2} - ab + {b^2} \ge \sqrt {{{{a^4} + {b^4}} \over 2}} $$

 

Từ đây, ta cần chứng minh BĐT sau:

$$\sqrt {{{{a^4} + {b^4}} \over 2}} .\sqrt {{{{b^4} + {c^4}} \over 2}} \sqrt {{{{c^4} + {a^4}} \over 2}}  \ge {1 \over 3}abc\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)$$

 

BĐT này tương đương với 

$$9\left( {{a^4} + {b^4}} \right)\left( {{b^4} + {c^4}} \right)\left( {{c^4} + {a^4}} \right) \ge 8{a^2}{b^2}{c^2}{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)^2}$$

 

Theo BĐT $(*)$, ta có: 

$$9\left( {{a^4} + {b^4}} \right)\left( {{b^4} + {c^4}} \right)\left( {{c^4} + {a^4}} \right) \ge 8\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right)\left( {{a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} + {c^4}{a^4}} \right)$$

Mà ${a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} + {c^4}{a^4} \ge {a^2}{b^2}{c^2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$ nên ta cần chứng minh BĐT  sau: 

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

Thế nhưng BĐT này luôn đúng theo BĐT Cauchy - Schwarz. 

Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

 

 

$ \oplus $Một câu hỏi đặt ra là: Chúng ta có khai thác được gì từ BĐT $(*)$ không?

 

Hãy thử tổng quát nó

$$8\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \le 9\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) (*)$$

Trong $(*)$, ta thay lần lượt $a, b, c$ bởi ${a^n},{b^n},{c^n}$ với $n$ nguyên dương, ta được

$$8\left( {{a^n} + {b^n} + {c^n}} \right)\left( {{a^n}{b^n} + {b^n}{c^n} + {c^n}{a^n}} \right) \le 9\left( {{a^n} + {b^n}} \right)\left( {{b^n} + {c^n}} \right)\left( {{c^n} + {a^n}} \right)$$

Áp dụng BĐT Holder, ta có 

$$\left( {{a^n} + {b^n} + {c^n}} \right){.3^{n - 1}} \ge {\left( {a + b + c} \right)^n}$$

$$\left( {{a^n}{b^n} + {b^n}{c^n} + {c^n}{a^n}} \right){.3^{n - 1}} \ge {\left( {ab + bc + ca} \right)^n}$$

Nhân 2 biểu thức theo vế, ta có 

$${3^{2n - 2}}\left( {{a^n} + {b^n} + {c^n}} \right)\left( {{a^n}{b^n} + {b^n}{c^n} + {c^n}{a^n}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^n}{\left( {ab + bc + ca} \right)^n}$$

Từ đó suy ra được mở rộng sau

$ \bullet $ Mở rộng 1: (NTD)

Cho $a, b, c$ không âm, $n$ nguyên dương. Chứng minh rằng 

$${3^{2n}}\left( {{a^n} + {b^n}} \right)\left( {{b^n} + {c^n}} \right)\left( {{c^n} + {a^n}} \right) \ge 8{\left( {a + b + c} \right)^n}.{\left( {ab + bc + ca} \right)^n}$$

 

Thế nhưng, ta lại có bài toán họ hàng sau:

$ \bullet $ Mở rộng 2: 

Cho $a, b, c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng 

$$\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right){\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \ge {{27} \over {64}}{\left( {a + b} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}{\left( {c + a} \right)^2}$$

 

      Chứng minh

Ta sẽ chứng minh một BĐT mạnh hơn là 

$$\left[ {11\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 5\left( {ab + bc + ca} \right)} \right]{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} \ge {{27} \over 4}{\left( {a + b} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}{\left( {c + a} \right)^2}$$

Ta có đồng nhất thức sau: 

$${\left( {a + b} \right)^2}{\left( {b + c} \right)^2}{\left( {c + a} \right)^2} = {\left[ {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) - abc} \right]^2}$$

Do đó, BĐT có thể viết lại thành 

$$17{\left( {a + b + c} \right)^2}{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} + 54abc\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 68{\left( {ab + bc + ca} \right)^3} + 27abc$$

Theo BĐT AM - GM, ta có 

$$3abc\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 27{a^2}{b^2}{c^2}$$

Nên BĐT cần chứng minh tương đương với

$${\left( {a + b + c} \right)^2}{\left( {ab + bc + ca} \right)^2} + 3abc\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) \ge 4{\left( {ab + bc + ca} \right)^3}$$

Xét trường hợp $ab+bc+ca=0$ thì $a=b=c=0$, BĐT hiển nhiên

Xét trường hợp $ab + bc + ca \ne 0$, ta chia 2 vế của BĐT cho ${\left( {ab + bc + ca} \right)^2}$. Ta có BĐT sau

$${\left( {a + b + c} \right)^2} + {{3abc\left( {a + b + c} \right)} \over {ab + bc + ca}} \ge 4\left( {ab + bc + ca} \right)$$

$$ \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} + {{3abc\left( {a + b + c} \right)} \over {ab + bc + ca}} \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)$$

Lại theo BĐT AM - GM, ta có 

$${{3abc\left( {a + b + c} \right)} \over {ab + bc + ca}} \ge {{9abc} \over {a + b + c}}$$

Nên ta cần chứng minh 

$${a^2} + {b^2} + {c^2} + {{9abc} \over {a + b + c}} \ge 2\left( {ab + bc + ca} \right)$$

$$ \Leftrightarrow {a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)$$

BĐT đúng theo Schur bậc 3

BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

 

 

Trên đây là một số ví dụ điển hình cho ứng dụng của BĐT $(*)$ trong việc giải toán BĐT. BĐT $(*)$ vẫn còn rất nhiều điều thú vị và ứng dụng khác. Dưới đây sẽ là một số bài tập đề nghị

 

$\boxed{1}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$${1 \over {2a + b}} + {1 \over {2b + c}} + {1 \over {2c + a}} \ge {2 \over {\root 3 \of {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)} }}$$

 

$\boxed{2}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng

$$4\left( {\root 3 \of {{a \over b}}  + \root 3 \of {{b \over c}}  + \root 3 \of {{c \over a}} } \right) \le 3\root 3 \of {{{\left( {2 + a + b + c + {1 \over a} + {1 \over b} + {1 \over c}} \right)}^2}} $$

 

$\boxed{3}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$$\sqrt {{{8a{b^2}} \over {{{\left( {a + b} \right)}^3}}}}  + \sqrt {{{8b{c^2}} \over {{{\left( {b + c} \right)}^3}}}}  + \sqrt {{{8c{a^2}} \over {{{\left( {c + a} \right)}^3}}}}  \le 3$$

 

$\boxed{4}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$$1 + {{a{b^2} + b{c^2} + c{a^2}} \over {\left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right)}} \ge {{4\root 3 \of {\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} + bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} + ca + {a^2}} \right)} } \over {{{\left( {a + b + c} \right)}^2}}}$$

 

---------Hết---------

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 04-10-2014 - 15:28

[lahantaithe99]

 

 

$\boxed{3}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$$\sqrt {{{8a{b^2}} \over {{{\left( {a + b} \right)}^3}}}}  + \sqrt {{{8b{c^2}} \over {{{\left( {b + c} \right)}^3}}}}  + \sqrt {{{8c{a^2}} \over {{{\left( {c + a} \right)}^3}}}}  \le 3$$

 

 

Mở màn bài 3 

 

Trước hết ta có BĐT là $a^3+b^3\geqslant ab(a+b)\rightarrow (a+b)^3\geqslant 4ab(a+b)$

 

Tương tự..... thu được

 

$Vt\leqslant \sum \sqrt{\frac{2b}{a+b}}$

 

Ta chứng minh $Vt\leqslant 3$. Bài toán này giống bài China MO đã xét ở trên

[chardhdmovies]

 

VỀ ỨNG DỤNG CỦA MỘT BẤT ĐẲNG THỨC NHỎ

 

      

$\boxed{1}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$${1 \over {2a + b}} + {1 \over {2b + c}} + {1 \over {2c + a}} \ge {2 \over {\root 3 \of {\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)} }}$$

 

$\boxed{2}$: Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng

$$4\left( {\root 3 \of {{a \over b}}  + \root 3 \of {{b \over c}}  + \root 3 \of {{c \over a}} } \right) \le 3\root 3 \of {{{\left( {2 + a + b + c + {1 \over a} + {1 \over b} + {1 \over c}} \right)}^2}} $$

 

---------Hết---------

 

$1$

nhân cả hai vế bđt với $2(a+b+c)$ thì ta cần chứng minh $\sum_{cyc}^{.}\frac{b}{b+2a}+2\sum_{cyc}^{.}\frac{a}{2b+c}+3\geq \frac{4(a+b+c)}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

ta có $\sum_{cyc}^{.}\frac{b}{b+2a}\geq 1,\sum_{cyc}^{.}\frac{a}{2b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}$

do đó ta cần chứng minh $\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}+2\geq \frac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

mà ta có $\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}+1+\geq 3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}}$

do đó ta sẽ chứng minh $3\sqrt[3]{\frac{(a+b+c)^2}{3(ab+bc+ca)}}\geq \frac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}}\Leftrightarrow 9\prod (a+b)\geq 8(\sum ab)(\sum a)$

điều này luôn đúng nên có đpcm

$2$

đặt $a=\frac{y}{x},b=\frac{z}{y},c=\frac{x}{z}$ do đó cần chứng minh $\frac{4(x+y+z)}{\sqrt[3]{xyz}}\leq 3[\frac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}]^{\frac{2}{3}}$

$\Leftrightarrow xyz(x+y+z)^3\leq \frac{27}{64}(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2$

mà $\frac{27}{64}\prod (x+y)^2\leq \frac{1}{3}(\sum x)^2(\sum xy)^2\geq xyz(x+y+z)^3$

do đó có được điều cần chứng minh

 

 

NTP

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 24-09-2014 - 05:02

[Hauvandau]

Một bài toán có sử dụng BĐT $(*)$ là:

Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn 

$$3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + ab + bc + ca = 12$$

Chứng minh rằng 

$${a \over {\sqrt {a + b} }} + {b \over {\sqrt {b + c} }} + {c \over {\sqrt {c + a} }} \le {3 \over {\sqrt 2 }}$$

[chardhdmovies]

Một bài toán có sử dụng BĐT $(*)$ là:

Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn 

$$3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + ab + bc + ca = 12$$

Chứng minh rằng 

$${a \over {\sqrt {a + b} }} + {b \over {\sqrt {b + c} }} + {c \over {\sqrt {c + a} }} \le {3 \over {\sqrt 2 }}$$

ta có $(\sum \frac{a}{\sqrt{a+b}})^2\leq [\sum a(a+c)][\sum \frac{a}{(a+b)(a+c)}]=\frac{2(\sum a^2+\sum ab)(\sum ab)}{\prod (a+b)}$

                                                       $\leq \frac{9}{4}\frac{( a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}{a+b+c}$

ta chứng minh $\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{a+b+c}\leq 2$

mà $ a^2+b^2+c^2+ ab+bc+ca=\frac{12+2(a+b+c)^2}{5}$

do đó ta sẽ chứng minh $\frac{12+2(a+b+c)^2}{5(a+b+c)}\leq 2\Leftrightarrow 2\leq a+b+c\leq 3$            $(*)$

mà $3(a+b+c)^2-12=3(\sum a)^2-(3\sum a^2+\sum ab)=5(ab+bc+ca)>0\Rightarrow a+b+c>2$

$4(\sum a)^2-36=4(\sum a)^2-3(3\sum a^2+\sum ab)=-5(\sum a^2-\sum ab)\leq 0\Rightarrow a+b+c\leq 3$

do đó $(*)$ được chứng minh nên bđt được chứng minh

 

NTP

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 25-09-2014 - 20:39

[Cetus]

Bạn cho mình một file pdf được không? mình không có thời gian on nhiều

 

 

@MOD: Hạn chế trích dẫn bài dài

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 03-10-2014 - 20:12

[Viet Hoang 99]

 Bạn cho mình một file pdf được không? mình không có thời gian on nhiều

Bạn nghĩ load $\LaTeX$ nhanh hay sao mà trích dẫn cả đoạn dài như vậy!

Cách chuyển sang PDF đã có ở đây: http://diendantoanho...thanh-file-pdf/

 

Đây là file PDF viết bằng Miktex:

Created by hungchng

 nguyen-tien-dung.pdf   131.01K   433 Số lần tải

[Viet Hoang 99]

 

$ \bullet $ Bài toán 6 ( Trần Quốc Anh ):

 Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng 

$$\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} - bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} - ca + {a^2}} \right) \le {1 \over 3}abc\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)$$

 

   Chứng minh

Ta có khai triển sau 

$$2{\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)^2} = \left( {{a^4} + {b^4}} \right) + {\left( {a - b} \right)^4} \Rightarrow 2{\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)^2} \ge {a^4} + {b^4} \Leftrightarrow {a^2} - ab + {b^2} \ge \sqrt {{{{a^4} + {b^4}} \over 2}} $$

 

Từ đây, ta cần chứng minh BĐT sau:

$$\sqrt {{{{a^4} + {b^4}} \over 2}} .\sqrt {{{{b^4} + {c^4}} \over 2}} \sqrt {{{{c^4} + {a^4}} \over 2}}  \ge {1 \over 3}abc\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)$$

 

BĐT này tương đương với 

$$9\left( {{a^4} + {b^4}} \right)\left( {{b^4} + {c^4}} \right)\left( {{c^4} + {a^4}} \right) \ge 8{a^2}{b^2}{c^2}{\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)^2}$$

 

Theo BĐT $(*)$, ta có: 

$$9\left( {{a^4} + {b^4}} \right)\left( {{b^4} + {c^4}} \right)\left( {{c^4} + {a^4}} \right) \ge 8\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right)\left( {{a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} + {c^4}{a^4}} \right)$$

Mà ${a^4}{b^4} + {b^4}{c^4} + {c^4}{a^4} \ge {a^2}{b^2}{c^2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)$ nên ta cần chứng minh BĐT  sau: 

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

Thế nhưng BĐT này luôn đúng theo BĐT Cauchy - Schwarz. 

Bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$

 

$\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} - bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} - ca + {a^2}} \right) \le {1 \over 3}abc\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)$

Có nhầm dấu không

[Nguyentiendung9372]

$\left( {{a^2} - ab + {b^2}} \right)\left( {{b^2} - bc + {c^2}} \right)\left( {{c^2} - ca + {a^2}} \right) \le {1 \over 3}abc\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)$

Có nhầm dấu không

 Cảm ơn đã nhắc nhở. Mình đã quá hạn sửa bài mất rồi

 

@MOD: Được sự cho phép, mình sửa giúp cho

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Viet Hoang 99: 04-10-2014 - 15:27

[buivantuanpro123]

cho các số không âm a,b,c tm ab+bc+ca=1.Cm $\dpi{120} \sqrt{a^{3}+a}+\sqrt{b^{3}+b}+\sqrt{c^{3}+c}\geq 2\sqrt{a+b+c}$