Chủ đề này có 8 trả lời

[Zaraki]

Với $k \geqslant 0$ cho trước và $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương sao cho \[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = (k+1)^2 + \frac{2}{k+1}\]

Chứng minh rằng \[a^2+b^2+c^2 \leqslant (k^2+1)(ab+bc+ca)\]

 

[Mai Thanh Binh]

Ta luôn có k >=0. 
VÌ a^2 +b^2+c^2 <= ab+bc+ca   (Chứng minh theo cauchy được)

mặt khác ab+bc+ca <= (k^2+1)(ab+bc+ca)   (do k^2 >0)

Vậy suy ra điều cần chứng minh.

(có cảm giác giả thuyết  cho trước hơi thừa.... ) 

[gatoanhoc1998]

Ta luôn có k >=0. 
VÌ a^2 +b^2+c^2 <= ab+bc+a  c (Chứng minh theo cauchy được)

mặt khác ab+bc+ca <= (k^2+1)(ab+bc+ca)   (do k^2 >0)

Vậy suy ra điều cần chứng minh.

(có cảm giác giả thuyết  cho trước hơi thừa.... ) 

Ngược dấu rồi! Không dễ thế đâu 

[Chris yang]

Đặt $k+1=t$ ( $t\geq 1$). Khi đó $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=(k+1)^2+\frac{2}{k+1}=t^2+\frac{2}{t}$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

 

$a^2+b^2+c^2\leq (t^2-2t+2)(ab+bc+ac)$

 

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq (\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}-2t-\frac{2}{t}+2)(ab+bc+ac)$

$\Leftrightarrow (2t+\frac{2}{t}+1)\leq 4(ab+bc+ac)+\frac{ab^2}{c}+\frac{bc^2}{a}+\frac{ca^2}{b}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{ab(b-c)}{c}-\frac{2(t-1)^2(ab+bc+ac)}{t}\geq 0$ $(\star)$

Mặt khác từ điều kiện đề bài $\Rightarrow \frac{a-b}{b}+\frac{b-c}{c}+\frac{c-a}{a}=\frac{(t-1)^2(t+2)}{t}$

Thay vào $(\star)$, ta sẽ đi chứng minh :

$ab(b-c)(tab-2ac-2bc)+bc(c-a)(tbc-2ab-2ac)+ac(a-b)(tac-2ab-2bc)\geq 0$

..................

 

Đến bước này thì mình chẳng biết xử lý ra sao nữa. Bước làm tiếp theo cảm giác không chặt chẽ. 

Kiểu bài BĐT này nhìn lạ hoắc luôn, không biết do ai ra đề nhỉ?

Tiện thể mod cho mình hỏi khi nào thì công bố đáp án của bài?

[Nguyenhuyen_AG]

Đến bước này thì mình chẳng biết xử lý ra sao nữa. Bước làm tiếp theo cảm giác không chặt chẽ. 

Kiểu bài BĐT này nhìn lạ hoắc luôn, không biết do ai ra đề nhỉ?

Tiện thể mod cho mình hỏi khi nào thì công bố đáp án của bài?

 

 

Câu này do mình đề nghị, trường hợp $k=0$ thì bài toán hiển nhiên vì nó trở thành đẳng thức. Khi $k=1$ thì điều kiện trở thành \[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=5.\]

Ta cần chứng minh $a^2+b^2+c^2 \leqslant 2(ab+b+ca).$ Đây là một bất đẳng thức khá hay của anh Võ Quốc Bá Cẩn, bài toán trên được mình tổng quát từ bài này.

[Chris yang]

Câu này do mình đề nghị, trường hợp $k=0$ thì bài toán hiển nhiên vì nó trở thành đẳng thức. Khi $k=1$ thì điều kiện trở thành \[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=5.\]

Ta cần chứng minh $a^2+b^2+c^2 \leqslant 2(ab+b+ca).$ Đây là một bất đẳng thức khá hay của anh Võ Quốc Bá Cẩn, bài toán trên được mình tổng quát từ bài này.

Anh ơi anh CM trường hợp $k=1$ được không ạ?

Với lại, nếu $k\in (0,1)$ thì CM như thế nào ạ?

[quykhtn-qa1]

 

Với $k \geqslant 0$ cho trước và $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương sao cho \[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = (k+1)^2 + \frac{2}{k+1}\]

Chứng minh rằng \[a^2+b^2+c^2 \leqslant (k^2+1)(ab+bc+ca)\]

 

Bài toán trên có thể chứng minh nhờ kết quả sau:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Đặt $ab+bc+ca=q$ $ (1 \geq 3q >0)$, khi đó \[\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}}+\dfrac{1}{q}-6.\]

Tiếp tục đặt $\sqrt{\dfrac{1-3q}{q}}=x \geq 0,$ ta có đánh giá \[\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1}=(x+1)^2+\dfrac{2}{x+1}.\qquad (1)\] Từ đây kết hợp với giả thiết, ta thu được \[(k+1)^2+\dfrac{2}{k+1} \geq (x+1)^2+\dfrac{2}{x+1}.\] Suy ra $k\geq x$. Từ đây, ta có \[k^2 \geq \dfrac{1-3q}{q}=\dfrac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca}\] \[\Longleftrightarrow (k^2+1)(ab+bc+ca) \geq a^2+b^2+c^2.\]
P/S. Đánh giá $(1)$ là một kết quả đã khá quen thuộc trên AoPS và có lẽ bài toán này được xây dựng từ đánh giá trên. Trong các bài toán tìm hằng số tốt nhất (ở dưới đây), thì đánh giá $(1)$ là một kết quả khá hữu ích và giúp cho việc chứng minh trở nên khá đơn giản. Nếu có thời gian, mình sẽ viết một chuyên đề về ứng dụng của bất đẳng thức này giới thiệu cho mọi người.

Bài 1. Cho $k_0=3\left(1+\sqrt[3]{2}\right)^2$. Chứng minh rằng $k$ là hằng số tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $ a,b,c $ \[ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}-k+9}.\]
Bài 2. Cho $k_0=3\sqrt[3]{4}-2$. Chứng minh rằng $k=k_0$ là hằng số tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $ a,b,c $ \[ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq 3+k.\]
Bài 3. Cho $k_0=3\sqrt[3]{2}-3$. Chứng minh rằng $k=k_0$ là hằng số tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $ a,b,c $ \[ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+k \geq \dfrac{(3k+9)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}.\]

Bài 4. Cho $k_0=6$. Chứng minh rằng $k=k_0$ là hằng số tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $ a,b,c $ \[ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+k\left[\dfrac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}-\dfrac{1}{3}\right].\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quykhtn-qa1: 01-01-2016 - 17:00

[maituananh343]

Bài toán trên có thể chứng minh nhờ kết quả sau:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Đặt $ab+bc+ca=q$ $ (1 \geq 3q >0)$, khi đó \[\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}}+\dfrac{1}{q}-6.\

 bn cho mình hỏi lm sao đặt đc a+b+c=1 vậy

[mathstu]

 bn cho mình hỏi lm sao đặt đc a+b+c=1 vậy

cậu có thể vào link này để xem: http://diendantoanho...fracbcdfracca/