Chủ đề này có 5 trả lời

[tomeps]

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=3$. Tìm giá trị nhỏ nhất của

$$P=\frac{a^4}{(a+b)^4}+\frac{b^4}{(b+c)^4}+\frac{c^4}{(c+a)^4}$$

[Leonguyen]

Lời giải

Giả thiết $a+b+c=3$ hơi thừa nhỉ 

Đặt $\frac{a}{b}=x, \frac{b}{c}=y, \frac{c}{a}=z,$ suy ra $xyz=1.$

Bằng phép quy đồng, ta chứng minh được BĐT $\frac{1}{(1+m)^2}+\frac{1}{(1+n)^2}\ge \frac{1}{1+mn}\quad(m,n>0).$

Ta có

\begin{align*} P &= \frac{1}{3}\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left[ {\frac{{{a^4}}}{{{{(a + b)}^4}}} + \frac{{{b^4}}}{{{{(b + c)}^4}}} + \frac{{{c^4}}}{{{{(c + a)}^4}}}} \right] \\ &\ge \frac{1}{3}{\left[ {\frac{{{a^2}}}{{{{(a + b)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{{(b + c)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(c + a)}^2}}}} \right]^2}\\ & = \frac{1}{3}{\left[ {\left( {\frac{1}{{{{\left( {1 + x} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + y} \right)}^2}}}} \right) + \left( {\frac{1}{{{{\left( {1 + z} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {1 + 1} \right)}^2}}}} \right) - \frac{1}{4}} \right]^2}\\& \ge \frac{1}{3}{\left[ {\frac{1}{{1 + xy}} + \frac{1}{{1 + z}} - \frac{1}{4}} \right]^2} \\&= \frac{1}{3}{\left[ {\frac{z}{{1 + z}} + \frac{1}{{1 + z}} - \frac{1}{4}} \right]^2}\\&=\frac{3}{16}. \end{align*}

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c.$

Vậy $\min P=\frac{3}{16}\Leftrightarrow a=b=c.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 03-05-2024 - 23:41

[tomeps]

Cảm ơn bạn nhé!   Quá tốc độ. Mà hình như đoạn này

Bằng phép quy đồng, ta chứng minh được BĐT $\frac{1}{1+m^2}+\frac{1}{1+n^2}\ge \frac{1}{1+mn}\quad(m,n>0).$

Hình như phải là $\frac{1}{(1+m)^2}+\frac{1}{(1+n)^2}\ge \frac{1}{1+mn}$ đúng không bạn?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tomeps: 01-05-2024 - 17:27

[Leonguyen]

Cảm ơn bạn nhé!   Quá tốc độ. Mà hình như đoạn này

Hình như phải là $\frac{1}{(1+m)^2}+\frac{1}{(1+n)^2}\ge \frac{1}{1+mn}$ đúng không bạn?

Đúng rồi! Mình đánh máy bị nhầm. Cảm ơn bạn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 01-05-2024 - 17:29

[Leonguyen]

Đặt $\frac{b}{a}=x, \frac{c}{b}=y, \frac{a}{c}=z,$ suy ra $xyz=1.$

Dễ thấy $(m+n)^2\le \frac{4}{3}(m^2+mn+n^2)$

Ta có

\begin{align*} P &= \frac{1}{3}\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left[ {\frac{{{a^4}}}{{{{(a + b)}^4}}} + \frac{{{b^4}}}{{{{(b + c)}^4}}} + \frac{{{c^4}}}{{{{(c + a)}^4}}}} \right]\\ &\ge \frac{1}{3}{\left[ {\frac{{{a^2}}}{{{{(a + b)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{{(b + c)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(c + a)}^2}}}} \right]^2}\\& \ge \frac{3}{{16}}{\left[ {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + ac + {a^2}}}} \right]^2}\\ &= \frac{3}{{16}}{\left[ {\frac{1}{{1 + x + {x^2}}} + \frac{1}{{1 + y + {y^2}}} + \frac{1}{{1 + z + {z^2}}}} \right]^2}\\& \ge \frac{3}{{16}} \quad(\text{BĐT Vasc)}\end{align*}

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 02-05-2024 - 07:11

[truongphat266]

Đặt $\frac{b}{a}=x, \frac{c}{b}=y, \frac{a}{c}=z,$ suy ra $xyz=1.$

Dễ thấy $(m+n)^2\le \frac{4}{3}(m^2+mn+n^2)$

Ta có

\begin{align*} P &= \frac{1}{3}\left( {{1^2} + {1^2} + {1^2}} \right)\left[ {\frac{{{a^4}}}{{{{(a + b)}^4}}} + \frac{{{b^4}}}{{{{(b + c)}^4}}} + \frac{{{c^4}}}{{{{(c + a)}^4}}}} \right]\\ &\ge \frac{1}{3}{\left[ {\frac{{{a^2}}}{{{{(a + b)}^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{{(b + c)}^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{{(c + a)}^2}}}} \right]^2}\\& \ge \frac{3}{{16}}{\left[ {\frac{{{a^2}}}{{{a^2} + ab + {b^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + ac + {a^2}}}} \right]^2}\\ &= \frac{3}{{16}}{\left[ {\frac{1}{{1 + x + {x^2}}} + \frac{1}{{1 + y + {y^2}}} + \frac{1}{{1 + z + {z^2}}}} \right]^2}\\& \ge \frac{3}{{16}} \quad(\text{BĐT Vasc)}\end{align*}

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c.$

Bạn thử kiểm chứng bất đẳng thức này xem 

Cho $a,b,c>0$ và $abc = 1$. Chứng minh rằng với mọi $n$ tự nhiên không bé hơn $2$ thì:

$$ \left(\frac{a}{a+b}\right)^n+\left(\frac{b}{b+c}\right)^n+\left(\frac{c}{c+a}\right)^n \geq \frac{3}{2^n}.$$