3 replies to this topic

[Viet Hoang 99]

1) Cho $a;b;c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Cmr:

$$ab^2+bc^2+ca^2\le 4$$

Nói cách khác, Cmr:

$$27(ab^2+bc^2+ca^2)\le 4 (a+b+c)^3$$

 

2) Cho $a;b;c$ là các số thực không âm thỏa mãn $abc=1$. Cmr:
$$\dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1}\ge 1$$

 

Giải bằng nhiều cách.

Edited by Viet Hoang 99, 02-11-2014 - 07:49.

[khanghaxuan]

1) Cho $a;b;c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Cmr:

$$ab^2+bc^2+ca^2\le 4$$

Nói cách khác, Cmr:

$$27(ab^2+bc^2+ca^2)\le 4 (a+b+c)^3$$

 

2) Cho $a;b;c$ là các số thực không âm thỏa mãn $abc=1$. Cmr:
$$\dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1}\ge 1$$

 

Giải bằng nhiều cách.

Bài 1 : Ta có thể chứng minh một kết quả chặt hơn : 

$a^{2}.b+b^{2}.c+c^{2}.a\leq \frac{4}{27}$ 

từ bài toán trên ta cũng có thể tổng quát hóa thành bài toán sau : 

'' Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=m$ .CMR: 

$a^{n}.b+b^{n}.c+c^{n}.a\leq max\left \{ m;\frac{m^{n+1}.n^{n}}{(n+1)^{n+1}} \right \}$

Muốn chứng minh bài trên thì ta chia thành 3  trường hợp : 

Ở đây em chỉ chứng minh TH cuối là $n>2$ : 

Giả sử : $a=max\left \{ a,b,c\right \}$

Dễ dàng CM được : $a^{n}.b+b^{n}.c+c^{n}.a\leq b(a+c)^{n}$ ( nhờ vào Bernouilli ) 

Tiếp theo : ta có : 

$b.(a+c)^{n}=b.n^{n}.\frac{(a+c)^{n}}{n^{n}}\leq n^{n}.(\frac{a+b+c}{n+1})^{n+1}=VP$

Vậy suy ra điều phải CM 

p/s : Còn hai trường hợp còn lại chứng minh tương đối phức tạp 

[buiminhhieu]

1) Cho $a;b;c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Cmr:

$$ab^2+bc^2+ca^2\le 4$$

Nói cách khác, Cmr:

$$27(ab^2+bc^2+ca^2)\le 4 (a+b+c)^3$$

 

Lời giải của khanghaxuan là áp dụng bài toán tổng quát của BĐT hoán vị:

$\left\{\begin{matrix} a_{1}\geq b_{1}\geq c_{1} & \\ a_{2}\geq b_{2}\geq c_{2}& \end{matrix}\right.\Rightarrow a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2}+c_{1}c_{2}\geq \sum a_{i}b_{i}$(BĐT hoán vị cùng chiều)(*)

vào bài toán này ta áp dụng BĐT (*) như sau:

W.L.O.G $a\geq b\geq c\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a\geq b\geq c& \\ ab\geq ac\geq bc& \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow a^{2}b+abc+c^{2}b\geq b^{2}a+c^{2}b+a^{2}c$

$a^{2}b+abc+c^{2}b=b(a^{2}+ac+c^{2})$

$=b((a+c)^{2}-ac)\leq b(3-b)^{2}\leq 4.(\frac{b+\frac{3-b}{2}+\frac{3-b}{2}}{3})^{3}=4$

 

2) Cho $a;b;c$ là các số thực không âm thỏa mãn $abc=1$. Cmr:

$$\dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1}\ge 1$$

HD:

do $abc=1$ nên $\exists m,n,p\in \mathbb{N*}:a=\frac{mn}{p^{2}},b=\frac{np}{m^{2}},c=\frac{mp}{n^{2}}$

Edited by buiminhhieu, 02-11-2014 - 08:58.

[khanghaxuan]

Lời giải của khanghaxuan là áp dụng bài toán tổng quát của BĐT hoán vị:

$\left\{\begin{matrix} a_{1}\geq b_{1}\geq c_{1} & \\ a_{2}\geq b_{2}\geq c_{2}& \end{matrix}\right.\Rightarrow a_{1}a_{2}+b_{1}b_{2}+c_{1}c_{2}\geq \sum a_{i}b_{i}$(BĐT hoán vị cùng chiều)(*)

vào bài toán này ta áp dụng BĐT (*) như sau:

W.L.O.G $a\geq b\geq c\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a\geq b\geq c& \\ ab\geq ac\geq bc& \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow a^{2}b+abc+c^{2}b\geq b^{2}a+c^{2}b+a^{2}c$

$a^{2}b+abc+c^{2}b=b(a^{2}+ac+c^{2})$

$=b((a+c)^{2}-ac)\leq b(3-b)^{2}\leq 4.(\frac{b+\frac{3-b}{2}+\frac{3-b}{2}}{3})^{3}=4$

 

HD:

do $abc=1$ nên $\exists m,n,p\in \mathbb{N*}:a=\frac{mn}{p^{2}},b=\frac{np}{m^{2}},c=\frac{mp}{n^{2}}$

Thật ra cái chỗ cm '' $a^{n}b+b^{n}c+c^{n}a\leq b.(a+c)^{n}$'' mình làm như sau : 

Giả sử $a=max\left \{ a,b,c \right \}$ 

Ta xét : $(a+c)^{n}.b\geq a^{n}.b.(\frac{a+c}{a})^{n}\geq a^{n}.b.(1+\frac{nc}{a})\geq a^{n}.b.(1+\frac{2c}{a})=a^{n}.b+bc.a^{n-1}+bc.a^{n-1}\geq a^{n}.b+b^{n}.c+c^{n}.a$

Rồi ta có : $b(a+c)^{n}=b.n^{n}.(\frac{a+c}{n})^{n}\leq n^{n}.(\frac{b+a+c}{n+1})^{n+1}\leq max\left \{ m;\frac{m^{n+1}.n^{n}}{(n+1)^{n+1}} \right \}$

Suy ra dpcm