Chủ đề này có 19 trả lời

[perfectstrong]

Các bất đẳng thức này em mở rộng từ bất đẳng thức Nesbit nhưng làm chưa ra. Mọi người giúp em làm và mở rộng hay nhận xét bài toán cái:
bài 1:

$\sum {\dfrac{a}{{b^2 + c^2 }}} >= \sum {\dfrac{1}{{2a}}} $

bài 2:

$\sum {\sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} } >= \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}$

bài 3:

$\sum {\sqrt[3]{{\dfrac{{a^2 }}{{b + c - a}}}}} >= \sum {\sqrt[3]{a}} $ với a,b,c là độ dài 3 cạnh một tam giác.

p/s: xin lỗi vì bộ mã có lỗi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 15-12-2010 - 22:11

[Ho pham thieu]

Các bất đẳng thức này em mở rộng từ bất đẳng thức Nesbit nhưng làm chưa ra. Mọi người giúp em làm và mở rộng hay nhận xét bài toán cái:
bài 1:
$\sum {\dfrac{a}{{b^2 + c^2 }}} >= \sum {\dfrac{1}{{2a}}} $
bài 2:
$\sum {\sqrt {\dfrac{a}{{b + c}}} } >= \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}$
bài 3:
$\sum {\sqrt[3]{{\dfrac{{a^2 }}{{b + c - a}}}}} >= \sum {\sqrt[3]{a}} $ với a,b,c là độ dài 3 cạnh một tam giác.

bài 3:
$\sum {\sqrt[3]{{\dfrac{{a^2 }}{{b + c - a}}}}}=\sum \dfrac{(\sqrt[3]{a})^2 }{\sqrt[3]{b + c - a}} \geq \dfrac{(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{a})^2}{\sqrt[3]{b + c - a}+\sqrt[3]{c+a-b}+\sqrt[3]{a+b-c}} $

Do $\sqrt[3]{b + c - a}+\sqrt[3]{c+a-b} \leq 2 \sqrt[3]{c}$ (Sd bdt $x^3+y^3 \geq \dfrac{1}{4}(x+y)^3$

Tuong tu ... nen $\sqrt[3]{b + c - a}+\sqrt[3]{c+a-b}+\sqrt[3]{a+b-c}} \leq \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}$

Suy ra $\sum {\sqrt[3]{{\dfrac{{a^2 }}{{b + c - a}}}}} \geq \dfrac{(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{a})^2}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}= \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{a} $

[perfectstrong]

Anh viết rõ hơn chỗ $\sqrt[3]{{b + c - a}} + \sqrt[3]{{c + a - b}} <= 2\sqrt[3]{c}$ này được không?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 16-12-2010 - 10:34

[Ho pham thieu]

$(\sqrt[3]{b + c - a}+\sqrt[3]{c+a-b})^3 \geq 4.[(b+c-a)+(c+a-b)]=4c \Leftrightarrow ...$

Bài 2 thi khá nhiều ròi

[perfectstrong]

nhưng mà làm sao được, thế thì nó trái dấu mà. Anh nói rõ hơn đi, còn bài 2 và bài 1, ai giúp mình với.

[dark templar]

Bài 2 :
Vì BĐT trên là thuần nhất nên chuẩn hóa $a+b+c=1$
BĐT ban đầu tương đương với :
$\sum {\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} } \ge \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}$
Nhận xét :
$\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} - \dfrac{{9a + 1}}{{4\sqrt 2 }} = \dfrac{{\dfrac{a}{{1 - a}} - \dfrac{{\left( {9a + 1} \right)^2 }}{{32}}}}{{\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} + \dfrac{{9a + 1}}{{4\sqrt 2 }}}} = \dfrac{{9a - 1}}{{\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} + \dfrac{{9a + 1}}{{4\sqrt 2 }}}}\left( {3a - 1} \right)^2 $
$tt,\sqrt {\dfrac{b}{{1 - b}}} - \dfrac{{9b + 1}}{{4\sqrt 2 }} = \dfrac{{9b - 1}}{{\sqrt {\dfrac{b}{{1 - b}}} + \dfrac{{9b + 1}}{{4\sqrt 2 }}}}\left( {3b - 1} \right)^2 $
$\sqrt {\dfrac{c}{{1 - c}}} - \dfrac{{9c + 1}}{{4\sqrt 2 }} = \dfrac{{9c - 1}}{{\sqrt {\dfrac{c}{{1 - c}}} + \dfrac{{9c + 1}}{{4\sqrt 2 }}}}\left( {3c - 1} \right)^2 $
Đặt $S_a = \dfrac{{9a - 1}}{{\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} + \dfrac{{9a + 1}}{{4\sqrt 2 }}}};S_b = \dfrac{{9b - 1}}{{\sqrt {\dfrac{b}{{1 - b}}} + \dfrac{{9b + 1}}{{4\sqrt 2 }}}};S_c = \dfrac{{9c - 1}}{{\sqrt {\dfrac{c}{{1 - c}}} + \dfrac{{9c + 1}}{{4\sqrt 2 }}}}$
$\Rightarrow \sum\limits_{a,b,c} {\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} } - \dfrac{{9\sum {a + 3} }}{{4\sqrt 2 }} = S_a \left( {3a - 1} \right)^2 + S_b \left( {3b - 1} \right)^2 + S_c \left( {3c - 1} \right)^2 $
$\left\{ \begin{array}{l}a \ge b \ge c \Rightarrow S_a \ge S_b \ge S_c \\ S_a + S_b + S_c > 0 \Rightarrow \exists S_c > 0 \\ \end{array} \right. $
$\Rightarrow S_a ,S_b ,S_c > 0 $
$\Rightarrow \sum\limits_{a,b,c} {\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} } - \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2} \ge 0 \Rightarrow dpcm $
P/s:Hồi chiều làm vội quá !Quên mất là $9a-1$ chưa biết dấu!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 16-12-2010 - 20:58

[Ho pham thieu]

bài 3:
$\sum {\sqrt[3]{{\dfrac{{a^2 }}{{b + c - a}}}}}=\sum \dfrac{(\sqrt[3]{a})^2 }{\sqrt[3]{b + c - a}} \geq \dfrac{(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{a})^2}{\sqrt[3]{b + c - a}+\sqrt[3]{c+a-b}+\sqrt[3]{a+b-c}} $

Do $(\sqrt[3]{b+c-a}+\sqrt[3]{c+a-b})^3 \leq 4. [(\sqrt[3]{b+c-a})^3+(\sqrt[3]{c+a-b})^3]=8c \Leftrightarrow \sqrt[3]{b+c-a}+\sqrt[3]{c+a-b} \leq 2 \sqrt[3]{c}$
(Sd bdt $(x+y)^3 \leq 4(x^3+y^3)$)

Suy ra $\sqrt[3]{b + c - a}+\sqrt[3]{c+a-b}+\sqrt[3]{a+b-c} \leq \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}$

Suy ra $\sum {\sqrt[3]{{\dfrac{{a^2 }}{{b + c - a}}}}} \geq \dfrac{(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{a})^2}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}= \sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{a} $

Đúng mà !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ho pham thieu: 16-12-2010 - 19:45

[Ho pham thieu]

Bài 2 :
Vì BĐT trên là thuần nhất nên chuẩn hóa $a+b+c=1$
BĐT ban đầu tương đương với :
$\sum {\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} } \ge \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}$
Ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} \ge \dfrac{{9a + 1}}{{4\sqrt 2 }} \Leftrightarrow 81a^3 - 63a^2 + 15a - 1 \ge 0$
$\Leftrightarrow \left( {9a - 1} \right)\left( {3a - 1} \right)^2 \ge 0\left( {True} \right) $
vậy ta có :
$\sum\limits_{a,b,c} {\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} } \ge \dfrac{{9\sum a + 3}}{{4\sqrt 2 }} = \dfrac{{12}}{{4\sqrt 2 }} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}\left( {dpcm} \right)$

phuong phap tiep tuyen ??

co bai toan tuong tu b2 nay
(Ha Tinh 2008) Cho x,y,z 0 va x+y+z=1
Tim min $P=\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}+\sqrt{\dfrac{1-z}{1+z}}+\sqrt{\dfrac{1-z}{1+z}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ho pham thieu: 16-12-2010 - 19:22

[dark templar]

Đây là bài mở rộng cho bài 2 :
Với mọi k dương xác định và a,b,c ko âm và chỉ có tối đa một số bằng 0 thì BĐT sau luôn đúng:
$\left( {\dfrac{a}{{b + c}}} \right)^k + \left( {\dfrac{b}{{a + c}}} \right)^k + \left( {\dfrac{c}{{a + b}}} \right)^k \ge \min \left\{ {2;\dfrac{3}{{2^k }}} \right\}$
Đáng tiếc là bài này ko có lời giải dành cho cấp THCS nên anh chỉ giới thiệu ở đây để tham khảo thôi!!!

[wallunint]

Cho các số thực dương a,b,c . CMR:

$ \dfrac{a}{{(b + c)^2 }} + \dfrac{b}{{(a + c)^2 }} + \dfrac{c}{{(b + a)^2 }} \ge \dfrac{9}{{4(a + b + c)}}\ $


Mời bạn Trần Quốc Nhật Hân làm thử. Bài này dùng BĐT Nesbilt đó.









Không có gì đúng mà không được chứng minh.

[Ho pham thieu]

Cho các số thực dương a,b,c . CMR:

$ \dfrac{a}{{(b + c)^2 }} + \dfrac{b}{{(a + c)^2 }} + \dfrac{c}{{(b + a)^2 }} \ge \dfrac{9}{{4(a + b + c)}}\ $
Mời bạn Trần Quốc Nhật Hân làm thử. Bài này dùng BĐT Nesbilt đó.
Không có gì đúng mà không được chứng minh.

Bài này có nhiều cách
Cách1 Cauchy-schwarz:
Cách2 Chuẩn hóa (rồi xài pp tiếp tuyến)
còn nesbit thì phải thử đã

Mà cũng để Trần Quốc Nhật Hân làm đã

[wallunint]

Trần Quốc Nhật Hân Là bạn perfect strong đó.

[perfectstrong]

giải:
Ta có:
$\sum {\dfrac{a}{{b + c}}} >= \dfrac{3}{2}(Nesbit)(1)$

$\dfrac{{a^2 }}{{(b + c)^2 }} + \dfrac{1}{4} >= 2\sqrt {\dfrac{{a^2 }}{{(b + c)^2 }}.\dfrac{1}{4}} = \dfrac{a}{{b + c}}$

$ \Rightarrow \sum {\dfrac{{a^2 }}{{(b + c)^2 }}} >= \sum {\dfrac{a}{{b + c}}} - \dfrac{3}{4} >= \dfrac{3}{2} - \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{4}(2)$

$(1) + (2) \Rightarrow \sum {\dfrac{a}{{b + c}}} + \sum {\dfrac{{a^2 }}{{(b + c)^2 }} >= \dfrac{9}{4}}$

$ \Rightarrow (a + b + c)\sum {\dfrac{a}{{(b + c)^2 }} >= \dfrac{9}{4}} \Rightarrow dpcm$

P/s: sao latex bị lỗi vậy vậy bà con? không ai sửa à?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 22-12-2010 - 17:50

[wallunint]

Hình như giaỉ sai rồi bạn.
Xem lại đi.
Ở dòng cuối ấy

[perfectstrong]

đâu có sai. ta quy đồng lên rồi đặt nhân tử chung là a+b+c mà

[wallunint]

có cần phải như vậy không bạn.
$\dfrac{a}{(b+c)^{2} }$ x a $(\dfrac{a}{b+c })^{2}$ $\dfrac{9}{4}$

vậy là ta có ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 23-12-2010 - 11:29

[Ho pham thieu]

Đề đúng !!. (bạn thử xem)
Bài của bạn thì chắc là dồn biến. trên VMF cũng đã có những bài này rồi

[Ho pham thieu]

Bài em nêu chứng minh dùng CS vs AM-GM (phù hợp cho mấy em THCS )
Còn bài 2 ở đầu toppic sai mà anh. Vd lấy điển hình bài Hà Tĩnh anh nêu cũng có dạng như thế và GTNN là 2 mà anh. Ta sử dụng đánh giá:
$ \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}} \ge 1-x $

Bài 2 ở đầu topic là với a,b,c dương.
Nếu a,b,c ko âm thì như em nói $ \sum \sqrt{\dfrac{a}{b+c}} \geq 2$ (C/m bằng chuẩn hóa là dễ nhìn)

Bài Hà Tĩnh 2008 ấy thì đúng là GTNN=2
Thực chất là bài 2 đó nhưng với đk a,b,c ko âm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ho pham thieu: 24-12-2010 - 19:15

[dark templar]

Bài 2 :
Vì BĐT trên là thuần nhất nên chuẩn hóa $a+b+c=1$
BĐT ban đầu tương đương với :
$\sum {\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} } \ge \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}$
Nhận xét :
$\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} - \dfrac{{9a + 1}}{{4\sqrt 2 }} = \dfrac{{\dfrac{a}{{1 - a}} - \dfrac{{\left( {9a + 1} \right)^2 }}{{32}}}}{{\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} + \dfrac{{9a + 1}}{{4\sqrt 2 }}}} = \dfrac{{9a - 1}}{{\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} + \dfrac{{9a + 1}}{{4\sqrt 2 }}}}\left( {3a - 1} \right)^2 $
$tt,\sqrt {\dfrac{b}{{1 - b}}} - \dfrac{{9b + 1}}{{4\sqrt 2 }} = \dfrac{{9b - 1}}{{\sqrt {\dfrac{b}{{1 - b}}} + \dfrac{{9b + 1}}{{4\sqrt 2 }}}}\left( {3b - 1} \right)^2 $
$\sqrt {\dfrac{c}{{1 - c}}} - \dfrac{{9c + 1}}{{4\sqrt 2 }} = \dfrac{{9c - 1}}{{\sqrt {\dfrac{c}{{1 - c}}} + \dfrac{{9c + 1}}{{4\sqrt 2 }}}}\left( {3c - 1} \right)^2 $
Đặt $S_a = \dfrac{{9a - 1}}{{\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} + \dfrac{{9a + 1}}{{4\sqrt 2 }}}};S_b = \dfrac{{9b - 1}}{{\sqrt {\dfrac{b}{{1 - b}}} + \dfrac{{9b + 1}}{{4\sqrt 2 }}}};S_c = \dfrac{{9c - 1}}{{\sqrt {\dfrac{c}{{1 - c}}} + \dfrac{{9c + 1}}{{4\sqrt 2 }}}}$
$\Rightarrow \sum\limits_{a,b,c} {\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} } - \dfrac{{9\sum {a + 3} }}{{4\sqrt 2 }} = S_a \left( {3a - 1} \right)^2 + S_b \left( {3b - 1} \right)^2 + S_c \left( {3c - 1} \right)^2 $
$\left\{ \begin{array}{l}a \ge b \ge c \Rightarrow S_a \ge S_b \ge S_c (1) \\ S_a + S_b + S_c > 0 \Rightarrow \exists S_c > 0 \\ \end{array} \right. $
$\Rightarrow S_a ,S_b ,S_c > 0 $
$\Rightarrow \sum\limits_{a,b,c} {\sqrt {\dfrac{a}{{1 - a}}} } - \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2} \ge 0 \Rightarrow dpcm $
P/s:Hồi chiều làm vội quá !Quên mất là $9a-1$ chưa biết dấu!

Có bạn nào rảnh thì check thử lời giải của mình !Làm mà cứ có cảm giác bị ngược dấu !
Bổ sung cho phần (1):
Ta sẽ xét hàm :
$f\left( x \right) = \dfrac{{9x - 1}}{{\sqrt {\dfrac{x}{{1 - x}}} + \dfrac{{9x + 1}}{{4\sqrt 2 }}}}\left( {0 < x < 1} \right) $
$f'\left( x \right) = \dfrac{{\dfrac{9}{{2\sqrt 2 }} + \dfrac{{9\sqrt x }}{{\sqrt {1 - x} }} - \dfrac{{9x - 1}}{{2\sqrt x \sqrt {\left( {1 - x} \right)^3 } }}}}{{\left( {\sqrt {\dfrac{x}{{1 - x}}} + \dfrac{{9x + 1}}{{4\sqrt 2 }}} \right)^2 }} $
Ta sẽ chứng minh :
$\dfrac{{9\sqrt x }}{{\sqrt {1 - x} }} - \dfrac{{9x - 1}}{{2\sqrt x \sqrt {\left( {1 - x} \right)^3 } }} > 0\left( 1 \right),\forall x \in \left( {0;1} \right) $
$\sqrt x = a;\sqrt {1 - x} = b \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a,b > 0 \\ a^2 + b^2 = 1 \\ \end{array} \right.$
$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \dfrac{{9a}}{b} - \dfrac{{9a^2 - 1}}{{2ab^3 }} > 0 \Leftrightarrow 18a^2 b^2 - 9a^2 + 1 > 0 $
$\Leftrightarrow 18a^2 \left( {1 - a^2 } \right) - 9a^2 + 1 > 0 \Leftrightarrow 18a^4 - 9x^2 - 1\left( 2 \right) < 0 $
$t = a^2 \Rightarrow t \in \left( {0;1} \right) $
$\left( 2 \right) \Leftrightarrow 18t^2 - 9t - 1 < 0 \Leftrightarrow 0 < t < \dfrac{{9 + \sqrt {153} }}{{36}} \approx 0,59 < 1\left( {True} \right) $
Từ đây ta đã chứng minh đc $f'(x)>0 ,\forall x \in (0;1)$ suy ra $f(x)$ là hàm đồng biến nên $a \geq b \ge c \Rightarrow f(a) \ge f(b) \ge f( c )$ hay $S_a \ge S_b \ge S_c$
Còn cái dưới sử dụng BĐT Jensen với chú ý đk là $a+b+c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 24-12-2010 - 20:39

[dark templar]

Vậy bài 2 chỉ chứng minh đc lớn hơn 2 thôi !2 chắc là chặn dưới tốt nhất rồi !