Chủ đề này có 5 trả lời

[tranquocluat_ht]

Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng
$$ \dfrac{a}{b+c^2} + \dfrac{b}{c+a^2}+ \dfrac{c}{a+b^2} \ge \dfrac{9}{3+a+b+c} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 01-11-2012 - 01:42

[WhjteShadow]

Tôi hơi bị kém khoản BĐT, nhưng cũng muốn bon chen một chút

Mọi người xem có thể chứng minh BĐT này không?

$\dfrac{2a-b-c}{b+c^2}+\dfrac{2b-a-c}{c+a^2}+\dfrac{2c-a-b}{a+b^2} \ge 0\quad(1)$

Vì nếu $(1)$ đúng thì:

$3VT=3\left(\dfrac{a}{b+c^2}+\dfrac{b}{c+a^2}+\dfrac{c}{a+b^2}\right) \ge (a+b+c)\left(\dfrac{1}{a+b^2}+\dfrac{1}{b+c^2}+\dfrac{1}{c+a^2}\right) \ge \dfrac{9(a+b+c)}{a+b+c+a^2+b^2+c^2} \ge \dfrac{9(a+b+c)}{a+b+c+\frac{(a+b+c)^2}{3}}=3VP$

Em nghĩ bất đẳng thức thầy nêu có vấn đề rồi ạ ..Nó chính là áp dụng bất đẳng thức $Chebyshev$ mà hình như 2 bộ $a,b,c$ và $\dfrac{1}{a+b^2},\dfrac{1}{b+c^2},\dfrac{1}{c+a^2}$ có đơn điệu cùng chiều đâu ạ @@~
Về bài toán này mình xin được trình bày 1 lời giải mà mình đã sưu tầm được (Cũng khá lâu rồi...)
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ ta có:
$$\left(\sum \frac{a}{b+c^2}\right).\left[\sum a(b+c^2)(2a+2b+c)^2\right] \geq \left[2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)\right]^2$$
Vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$\left[2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)\right]^2.(3+a+b+c)\geq 9.\sum a(b+c^2)(2a+2b+c)^2$$
Và ta nhận thấy bất đẳng thức trên chỉ là hệ quả của 2 bất đẳng thức "con con" sau:
$$\left[2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)\right]^2\geq 3.\sum ab(2a+2b+c)^2\,\,(1)$$
Và:
$$\left[2(a^2+b^2+c^2)+3(ab+bc+ca)\right]^2(a+b+c)\geq 9\sum ac^2(2a+2b+c)^2\,\,(2)$$
$\bullet$ Đầu tiên ta sẽ chỉ ra bất đẳng thức $(1)$ là đúng:
Thật vậy do tính thuần nhất nên ta có thể chuẩn hóa ch0 $a+b+c=1$
Viết lại bất đẳng thức the0 ngôn ngữ $p,q,r$ :
$$(2-q)^2\geq 3(4q-11)$$
$$\Leftrightarrow 33r+4-16q+q^2\geq 0$$
Và điều này luôn đúng the0 bất đẳng thức $Schur$ và đánh giá $q\leq \frac{1}{3}$:
$$33r+4-16q+q^2\geq 33\frac{4q-1}{9}+4-16q+q^2=\frac{1}{3}(1-q)(1-3q)\geq 0$$
$\bullet$ Công việc còn lại là chỉ phải chỉ ra bất đẳng thức $(2)$ là đúng:
Nhận thấy bất đẳng thức này cũng mang tính thuần nhất,ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=1$
Viết lại bất đẳng thức the0 ngôn ngữ $p,q,r$ ta có $VT =(2-q)^2$
Còn $VP=(1-q).(a^2b+b^2c+c^2a)-q^2+(1+q)r$.
Ta cần chứng minh:
$$(2-q)^2\geq 9\left[(1-q).(a^2b+b^2c+c^2a)-q^2+(1+q)r \right]$$
Và ta có bất đẳng thức quen thuộc $a^2b+b^2c+c^2a\leq \frac{4}{27}(a+b+c)^3-abc \Rightarrow a^2b+b^2c+c^2a\leq \frac{4}{27}-r$
Sử dụng kết quả này thì chỉ cần chứng minh:
$$(2-q)^2\geq 9\left[(1-q).\left(\frac{4}{17}-r \right)-q^2+(1+q)r \right]$$
$$\Leftrightarrow 9(2-q)r+\frac{8}{3}-\frac{8}{3}q-26q^2\geq 0$$
$*$ Nếu $q\leq \frac{1}{4}$.Lúc đó:
$$\frac{8}{3}-\frac{8}{3}q-26q^2\geq 0$$
$*$ Nếu $q\geq \frac{1}{4}$ thì $17q\geq 2$ và the0 $Schur$ ta có $r\geq \frac{4q-1}{9}$ nên:
$$9(2-q)r+\frac{8}{3}-\frac{8}{3}q-26q^2\geq (2-q)(4q-1)+\frac{8}{3}-\frac{8}{3}q-26q^2$$
$$=\frac{2}{3}(17q-2)(1-3q)\geq 0$$
Và hiển nhiên điều này đúng !
Kết thúc chứng minh.Đẳng thức xảy ra tại $a=b=c$ $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 09-04-2013 - 23:44

[WhjteShadow]

$\dfrac{9(a+b+c)}{a+b+c+a^2+b^2+c^2} \ge \dfrac{9(a+b+c)}{a+b+c+\frac{(a+b+c)^2}{3}}$

Đoạn này như ngược dấu rồi ạ
Bài toán này nếu ch0 $a+b+c=3$ thì ta sẽ nhận được 1 bất đẳng thức có ngoại hình khá đẹp (Mà có gai ):
$$\frac{a}{b+c^2}+\frac{b}{c+a^2}+\frac{c}{a+b^2}\geq \frac{3}{2}$$
Bất đẳng thức này đã được xử lý tại đây.
Do bài này anh Luật đăng vào phần THCS nên em nghĩ có lẽ còn có cách tiếp cận nó dễ dàng hơn chăng ?

________
[email protected] Tệ thật!

[PSW]

Chấm điểm:
WhjteShadow: 10 điểm

[PTKBLYT9C1213]

Đoạn này như ngược dấu rồi ạ
Bài toán này nếu ch0 $a+b+c=3$ thì ta sẽ nhận được 1 bất đẳng thức có ngoại hình khá đẹp (Mà có gai ):
$$\frac{a}{b+c^2}+\frac{b}{c+a^2}+\frac{c}{a+b^2}\geq \frac{3}{2}$$
Bất đẳng thức này đã được xử lý tại đây.
Do bài này anh Luật đăng vào phần THCS nên em nghĩ có lẽ còn có cách tiếp cận nó dễ dàng hơn chăng ?

________
[email protected] Tệ thật!

Ở đây ta có thể phát triển bài toán:

Cho a,b,c >0 thõa mãn a+b+c=3. CMR: $\sum \frac{a^{2}}{a+b^{2}}\geq \frac{3}{2}$

[babystudymaths]

Ở đây ta có thể phát triển bài toán:

Cho a,b,c >0 thõa mãn a+b+c=3. CMR: $\sum \frac{a^{2}}{a+b^{2}}\geq \frac{3}{2}$

Nhưng lúc đó bài toán lại quá đơn giản,không còn khó tiêu như ban đầu của nó,không biết thầy Luật còn cách nào ngắn gọn hơn chăng