Chủ đề này có 5 trả lời

[Tran Thanh Truong]

Cho các số dương x,y,z thỏa mãn  $xyz=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{x+3}{(x+1)^{2}}+\frac{y+3}{(y+1)^{2}}+\frac{z+3}{(z+1)^{2}}\geq 3$  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tran Thanh Truong: 11-01-2016 - 19:40

[quoccuonglqd]

Bất đẳng thức tương đương $\sum (\frac{2x+6}{(x+1)^{2}}-2)\geq 0$

$\Leftrightarrow \sum \frac{(x-1)^{2}+3(x^{2}-1)}{(x+1)^{2}}\geq 0$

Đổi biến $(\frac{1-x}{1+x},\frac{1-y}{1+y},\frac{1-z}{1+z})\rightarrow (a,b,c)$($\left | a \right |,\left | b \right |,\left | c \right |\leq 1$ )

Bất đẳng thức trở thành $a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(a+b+c)\geq 0$

$xyz=1\Rightarrow (a+1)(b+1)(c+1)=(a-1)(b-1)(c-1)\Rightarrow  a+b+c+abc=0$

$a^{2}+b^{2}+c^{2}+3(a+b+c)\geq 3abc+3(a+b+c)=0$ (dpcm)

[PlanBbyFESN]

Bài toán rất hay này đã được ra nhiều lần, mình xin được trích dẫn 1 số lời giải:

 

Cách 1:

 

Một cách quen thuộc:

Đổi biến: $\left( {x;y;z} \right) \to \left( {{a^4};{b^4};{c^4}} \right)$

Ta có: \[ineq \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge 3} \]

Dễ dàng chứng minh được rằng:

\[\dfrac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{3}{{{a^6} + {a^3} + 1}}\]

Đến đây nhận thấy BĐT ban đầu được chứng minh khi ta chứng minh được rằng:

\[\sum {\dfrac{1}{{{a^6} + {a^3} + 1}}} \ge 1\]

Đây là một bđt quen thuộc đã được chứng minh nhiều lần.

Như vậy ta có ĐPCM. 

 

Cách 2:

 

 

SÁNG TẠO BDT GIẢI
Chọn các số dương a,b,c sao cho $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}=k \ge 1 $ và $abc=1$
Khi đó, ta dễ dàng nhận thấy
$ \frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2}+\frac{z+3}{(z+1)^2} \ge \frac{a+3}{(a+1)^2}+\frac{b+3}{(b+1)^2}+\frac{c+3}{(c+1)^2}$
Đặt $x=\frac{2}{1+a};y=\frac{2}{1+b};z=\frac{2}{1+d}$. Ta phải chứng minh :
$x+y+z+x^2+y^2+z^2 \ge 6 $
Chú ý rằng điều kiện abc=1 cho ta
$(\frac{1}{x}-\frac{1}{2})(\frac{1}{y}-\frac{1}{2})(\frac{1}{z}-\frac{1}{2})=\frac{abc}{8}=\frac{1}{8}$
$\Leftrightarrow (2-x)(2-y)(2-z) =xyz $
Đặt $m=x-1; n=y-1;p=z-1$ thì hiển nhiên $m,n,p \ge -1$. Vậy :
$ (m+1)(n+1)(p+1)=(1-m)(1-n)(1-p) \Rightarrow m+n+p+mnp=0$
Do $ -1 \leq m,n,p \ge 1 $ nên $m^2+n^2+p^2\ge 3 sqrt[3]{m^2n^2p^2}\ge 3mnp $. Cho nên :

$\sum_{m,n,p}{m(m+3)}=\sum_{sym}{(x-1)(x+2)} = x+y+z+x^2+y^2+z^2-6 \ge 0 \Rightarrow dpcm$

 

Cách 3:

 

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $$\frac{x}{(x+1)^2}+\frac{y}{(y+1)^2}+\frac{z}{(z+1)^2}\ge 3\sqrt[3]{\frac{xyz}{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}}$$ Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, thì $$(x+1)(y+1)(z+1)\ge 8.$$ Nên $$\frac{3}{\sqrt[3]{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}} \ge \frac{6}{(x+1)(y+1)(z+1)}.$$ Vậy để chứng minh bất đẳng thức trên, thì ta cần chứng minh được $$\frac{3}{(x+1)^2}+\frac{3}{(y+1)^2}+\frac{3}{(z+1)^2}+\frac{6}{(x+1)(y+1)(z+1)}\ge 3,$$ tương đương với $$\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2}+\frac{2}{(x+1)(y+1)(z+1)}\ge 1.$$ Là một bất đẳng thức quen thuộc của Phạm Văn Thuận.

 

Cách 4:

 

Trước hết ta chứng minh
\[\frac{1}{{1 + a}} + \frac{1}{{1 + b}} + \frac{1}{{1 + c}} \ge \frac{2}{{1 + a + b + c}} + 1\]
Thật vậy.BĐT đã cho tương đương với
\[\frac{{3 + ab + bc + ca + 2(a + b + c)}}{{2 + ab + bc + ca + a + b + c}} \ge \frac{{3 + a + b + c}}{{1 + a + b + c}} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\]
Vậy BĐT trên đúng
Tiếp theo ta chứng minh
\[\frac{1}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{a + b + c + 1}} \ge 1\]
Thật vậy
Trong 3 số $a,b,c$ có ít nhất hai số cùng không lớn hơn 1 hoặc cùng không nhỏ hơn 1.Ta giả sử hai số đó là $a,b$ thế thì $(a-1)(b-1) \ge 0$
Vậy thì
$$ab+1 \ge a+b$$
Mặt khác ta có BĐT quen thuộc là
\[\frac{1}{{{{(1 + a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(1 + b)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + ab}} = \frac{c}{{c + 1}}\]
Như vậy thì
\[\frac{1}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{a + b + c + 1}} \ge \frac{c}{{c + 1}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{\frac{{c + 1}}{c} + c + 1}} = 1\]
Quay trở lại bài toán của chúng ta
Ta có BĐT tương đương với
\[\frac{1}{{1 + a}} + \frac{1}{{1 + b}} + \frac{1}{{1 + c}} + \frac{2}{{{{(1 + a)}^2}}} + \frac{2}{{{{(1 + b)}^2}}} + \frac{2}{{{{(1 + c)}^2}}} \ge 2(\frac{1}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{a + b + c + 1}}) + 1 \ge 3\]
Bài toán được giải quyết

P/s:Bài toán:Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất để BĐT sau đây còn đúng với mọi số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $abc=1$
\[\frac{{a + k}}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{{b + k}}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{{c + k}}{{{{(c + 1)}^2}}} \ge \frac{3}{4}(k + 1)\]

 

Cách 5:

 

Có lẽ xài cách này hơi mạnh một chút:

Ta sẽ xét bài toán trong trường hợp 2 số,tức là ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2} \ge 2(1)$$
Với $x,y>0$ và $xy=1$.
Cách chứng minh (1) rất đơn giản.Chỉ bằng phương pháp thế $y=\frac{1}{x}$,ta đưa về chứng minh BĐT 1 biến sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{\frac{1}{x}+3}{\left(\frac{1}{x}+1 \right)^2} \ge 2 \iff (x-1)^2 \ge 0$$.
Vậy ta đã chứng minh xong.
Quay trở lại bài toán ban đầu.Ta dễ dàng nhận thấy rằng hàm $f(x)=\frac{x+3}{(x+1)^2}$ là hàm lồi trên $(0;+ \infty)$ và ta đã có:$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})=2f(1)=2$.Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
$$f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})=3f(1)=3$$
Áp dụng liên tiếp 2 lần BĐT $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,ta có:
$$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$$
$$f(z)+f(\sqrt[3]{xyz}) \ge 2f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right)$$
$$f(\sqrt{xy})+f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right) \ge 2f\left(\sqrt{\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}} \right)=2f(\sqrt[3]{xyz})$$
Kết hợp cả 3 BĐT trên ,ta sẽ có:
$$f(x)+f(y)+f(z)+f(\sqrt[3]{xyz}) \ge 4f(\sqrt[3]{xyz}) \iff f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})$$
Bài toán đã được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$.

P/s:Việc đề cập đến hàm $f(x)=\frac{x+3}{(x+1)^2}$ là hàm lồi trên $(0;+ \infty)$ thực chất là để khẳng định BĐT trên là đúng và xuất phát từ BĐT Jensen cho hàm lồi. 
Và cũng bằng cách tương tự,ta cũng chứng minh được cho bài toán $n$ số
Tổng quát: Cho $n$ số thực dương $x_1;x_2;...;x_{n}$ thỏa mãn $x_1x_2...x_{n}=1$.Chứng minh rằng:
$$\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{x_{k}+3}{(x_{k}+1)^2} \right) \ge n$$
 

[Tran Thanh Truong]

 

Đến đây nhận thấy BĐT ban đầu được chứng minh khi ta chứng minh được rằng:

\[\sum {\dfrac{1}{{{a^6} + {a^3} + 1}}} \ge 1\]

Đây là một bđt quen thuộc đã được chứng minh nhiều lần.

Như vậy ta có ĐPCM. 

 

 

Chứng minh cái này thế nào vậy bạn?

[Tran Thanh Truong]

Bài toán rất hay này đã được ra nhiều lần, mình xin được trích dẫn 1 số lời giải:

 

Cách 1:

 

Một cách quen thuộc:

Đổi biến: $\left( {x;y;z} \right) \to \left( {{a^4};{b^4};{c^4}} \right)$

Ta có: \[ineq \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge 3} \]

Dễ dàng chứng minh được rằng:

$\[\dfrac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{3}{{{a^6} + {a^3} + 1}}\]$

Đến đây nhận thấy BĐT ban đầu được chứng minh khi ta chứng minh được rằng:

$\[\sum {\dfrac{1}{{{a^6} + {a^3} + 1}}} \ge 1\]$

Đây là một bđt quen thuộc đã được chứng minh nhiều lần.

Như vậy ta có ĐPCM. 

Chỗ tô màu đỏ đầu tiên bạn làm cách nào suy ra được vậy?

Chỗ tô màu đỏ thứ hai chứng minh sao bạn?

[PlanBbyFESN]

Chỗ tô màu đỏ đầu tiên bạn làm cách nào suy ra được vậy?

Chỗ tô màu đỏ thứ hai chứng minh sao bạn?

 

Chỗ tô màu đổ đầu tiên bạn qui đồng lên nhé ~!~

 

Vì \[\frac{a^4+3}{(a^4+1)^2} - \frac{3}{a^6+a^3+1} = \frac{a^3(a-1)^2(a^5+2a^4-a^2+a+3)}{(a^4+1)^2(a^6+a^3+1)} \geqslant 0,\] 

 

Còn chỗ tô thứ hai tham khảo bài viết của mình tại đây!