Đến nội dung

Hình ảnh

$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1
darkangle249

darkangle249

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 38 Bài viết

cho a,b,c >0 và a+b+c=3. CMR

1.$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

2.$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$



#2
ChiMiwhh

ChiMiwhh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết

cho a,b,c >0 và a+b+c=3. CMR
1.$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

Bài 1
Bài toán đưa về chứng minh
$\sum \frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+2}\geq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{(a+b)^2}{a^2+b^2+2}+\sum \frac{(a-b)^2}{a^2+b^2+2}\geq 3$
Áp dụng titu lemma hay Svaxo
$LHS\geq \frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+3}+\frac{(a-b+b-c+a-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2+3)}=\frac{2(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2}+\frac{2(a-c)^2}{a^2+b^2+c^2}\geq 3$
Qui đồng lên thì cần chứng minh
$a^2+4ab-b^2+4bc+c^2\geq 9=(a+b+c)^2$
Hay tương đương
$(b-c)(a-b)\geq 0$
Đúng nếu giả sử $b=mid(a,b,c)$
Xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc
1 biến bằng 0 và 2 biến còn lại bằng nhau

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ChiMiwhh: 24-05-2021 - 18:59


#3
bimcaucau

bimcaucau

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

cho a,b,c >0 và a+b+c=3. CMR

1.$\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$

2.$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Bài 2.

BĐT cần cm tương đương với

$\sum \sqrt{ab}.\sqrt{\frac{a}{a+c}} \leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki,

$\sum \sqrt{ab}.\sqrt{\frac{a}{a+c}} \leq \(ab+bc+ca).(\sum \frac{a}{a+c})\leq \frac{(a+b+c)^{2}}{3}.(\sum \frac{a}{a+c})=3.(\sum \frac{a}{a+c})$

Nghĩa là ta cần cm

$(\sum \frac{a}{a+c})\leq \frac{3}{2}$

<=> $(\sum \frac{c-a}{a+c})\geq 0$

chứng minh tương đương ta được

$(a-c).(b-c).(a-b)\geq 0$

đúng với $a\geq b\geq c$

dấu = khi a=b=c=1



#4
PDF

PDF

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 197 Bài viết

Bài 2.

BĐT cần cm tương đương với

$\sum \sqrt{ab}.\sqrt{\frac{a}{a+c}} \leq \frac{3}{\sqrt{2}}$

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki,

$\sum \sqrt{ab}.\sqrt{\frac{a}{a+c}} \leq \sqrt{(ab+bc+ca).(\sum \frac{a}{a+c})}\leq \sqrt{\frac{(a+b+c)^{2}}{3}.(\sum \frac{a}{a+c})}=\sqrt{3.(\sum \frac{a}{a+c})}$

Nghĩa là ta cần cm

$(\sum \frac{a}{a+c})\leq \frac{3}{2}$

<=> $(\sum \frac{c-a}{a+c})\geq 0$

chứng minh tương đương ta được

$(a-c).(b-c).(a-b)\geq 0$

đúng với $a\geq b\geq c$

dấu = khi a=b=c=1

BĐT này có dạng hoán vị nên ta không có quyền giả sử $a\geq b\geq c$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 27-05-2021 - 19:32


#5
PDF

PDF

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 197 Bài viết

cho a,b,c >0 và a+b+c=3. CMR

$$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}.$$

Áp dụng BĐT C-S:

$$\frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq \sqrt{2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\left[\frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+c)(b+a)}+\frac{c}{(c+a)(c+b)}\right]}=2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}.$$

Với mọi số thực dương $a,b,c,x,y,z$, ta có:

$$2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}+ax+by+cz=\sqrt{2(bc+ca+ab)\cdot 2(yz+zx+xy)}+ax+by+cz\leq \sqrt{[2(bc+ca+ab)+a^{2}+b^{2}+c^{2}][2(yz+zx+xy)+x^{2}+y^{2}+z^{2}]}=(a+b+c)(x+y+z)$$

$\Rightarrow 2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}\leq x(b+c)+y(c+a)+z(a+b).$

Chọn $x=\frac{a}{b+c},y=\frac{b}{c+a},z=\frac{c}{a+b}$ ta có

$$2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}\leq a+b+c=3$$

$$\Rightarrow \frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq 3,$$

hay $$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}.$$

Đẳng thức xảy ra chỉ khi $a=b=c=1$. $\square$



#6
darkangle249

darkangle249

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 38 Bài viết

Áp dụng BĐT C-S:

$$\frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq \sqrt{2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\left[\frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+c)(b+a)}+\frac{c}{(c+a)(c+b)}\right]}=2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}.$$

Với mọi số thực dương $a,b,c,x,y,z$, ta có:

$$2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}+ax+by+cz=\sqrt{2(bc+ca+ab)\cdot 2(yz+zx+xy)}+ax+by+cz\leq \sqrt{[2(bc+ca+ab)+a^{2}+b^{2}+c^{2}][2(yz+zx+xy)+x^{2}+y^{2}+z^{2}]}=(a+b+c)(x+y+z)$$

$\Rightarrow 2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}\leq x(b+c)+y(c+a)+z(a+b).$

Chọn $x=\frac{a}{b+c},y=\frac{b}{c+a},z=\frac{c}{a+b}$ ta có

$$2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}\leq a+b+c=3$$

$$\Rightarrow \frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq 3,$$

hay $$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}.$$

Đẳng thức xảy ra chỉ khi $a=b=c=1$. $\square$

lời giải hay quá. cảm ơn bạn



#7
bimcaucau

bimcaucau

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

BĐT này có dạng hoán vị nên ta không có quyền giả sử $a\geq b\geq c$. 

sao hoán vị lại k giả sử được vậy bác ?



#8
bimcaucau

bimcaucau

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

Áp dụng BĐT C-S:

$$\frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq \sqrt{2[ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)]\left[\frac{a}{(a+b)(a+c)}+\frac{b}{(b+c)(b+a)}+\frac{c}{(c+a)(c+b)}\right]}=2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}.$$

Với mọi số thực dương $a,b,c,x,y,z$, ta có:

$$2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}+ax+by+cz=\sqrt{2(bc+ca+ab)\cdot 2(yz+zx+xy)}+ax+by+cz\leq \sqrt{[2(bc+ca+ab)+a^{2}+b^{2}+c^{2}][2(yz+zx+xy)+x^{2}+y^{2}+z^{2}]}=(a+b+c)(x+y+z)$$

$\Rightarrow 2\sqrt{(bc+ca+ab)(yz+zx+xy)}\leq x(b+c)+y(c+a)+z(a+b).$

Chọn $x=\frac{a}{b+c},y=\frac{b}{c+a},z=\frac{c}{a+b}$ ta có

$$2\sqrt{(bc+ca+ab)\left[\frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ca}{(b+c)(b+a)}+\frac{ab}{(c+a)(c+b)}\right]}\leq a+b+c=3$$

$$\Rightarrow \frac{ab}{\sqrt{\frac{ab+bc}{2}}}+\frac{bc}{\sqrt{\frac{bc+ca}{2}}}+\frac{ca}{\sqrt{\frac{ca+ab}{2}}}\leq 3,$$

hay $$\frac{ab}{\sqrt{ab+bc}}+\frac{bc}{\sqrt{bc+ca}}+\frac{ca}{\sqrt{ca+ab}}\leq \frac{3}{\sqrt{2}}.$$

Đẳng thức xảy ra chỉ khi $a=b=c=1$. $\square$

bất đẳng thức cosy ở trên là sao vậy ạ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bimcaucau: 28-05-2021 - 09:59


#9
PDF

PDF

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 197 Bài viết

bất đẳng thức cosy ở trên là sao vậy ạ

Cái đó là BĐT Cauchy-Schwarz em nhé



#10
PDF

PDF

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 197 Bài viết

sao hoán vị lại k giả sử được vậy bác ?

Nhờ tính hoán vị của BĐT, ta chỉ có thể giải quyết được 3 trường hợp hoán vị thứ tự cho BĐT sau khi giải quyết 1 trường hợp. Nhưng ta có đến 6 hoán vị thứ tự cho $a,b,c$ nên nó vẫn còn thiếu sót. Để giải quyết được hoàn toàn ta cần xét thêm trường hợp $a\leq b\leq c$.



#11
bimcaucau

bimcaucau

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

Cái đó là BĐT Cauchy-Schwarz em nhé

dạ vâng nhưng mà áp dụng cho 2 số nào vậy ạ em chưa rõ



#12
bimcaucau

bimcaucau

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

Nhờ tính hoán vị của BĐT, ta chỉ có thể giải quyết được 3 trường hợp hoán vị thứ tự cho BĐT sau khi giải quyết 1 trường hợp. Nhưng ta có đến 6 hoán vị thứ tự cho $a,b,c$ nên nó vẫn còn thiếu sót. Để giải quyết được hoàn toàn ta cần xét thêm trường hợp $a\leq b\leq c$.

cho em thắc mắc tí, nếu mình giả sử trường hợp $a\leq b\leq c$

mình vẫn chứng minh được thì bài này giải ra k ạ ?




#13
ChiMiwhh

ChiMiwhh

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết

 

cho em thắc mắc tí, nếu mình giả sử trường hợp $a\leq b\leq c$

mình vẫn chứng minh được thì bài này giải ra k ạ ?

Thật ra mình ko hiểu bạn hỏi a í gì nhưng nếu bạn chia trường hợp ra chứng minh thì bạn phải chứng minh bđt đúng với cả 2 trường hợp






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh