Chủ đề này có 5 trả lời

[Tham Lang]

Bài toán 1. [ USA MO 2001 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn đẳng thức $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc$$
Bài toán 2.
Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác có diện tích S.Chứng minh rằng :
$$a^2b+b^2c+c^2a\ge 8\sqrt[4]{3}S^{\dfrac{3}{2}}$$
(Bài này thực chất nên dành cho Olympic thì hơn, nhưng các em hãy thử trước nhé ! Nếu chú ý tìm hiểu các bài toán của diễn đàn, thì làm rất dễ dàng)
Bài toán 3. [ Serbia và Montenegro 2005 ]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b}} \ge \sqrt{\dfrac{3(a+b+c)}{2}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 21-06-2012 - 23:02

[le_hoang1995]

Bài toán 3. [ Serbia và Montenegro 2005 ]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{b}{\sqrt{c+a}}+\dfrac{c}{\sqrt{a+b}} \ge \sqrt{\dfrac{3(a+b+c)}{2}}$$

Mình mở đầu nhé, hihi. Theo BĐT Cauchy-schwarz
$$VT\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{b+c}}=\frac{(a+b+c)^2}{\sum \sqrt{a.(ab+ac)}}$$
$$\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{(a+b+c).(ab+ac+bc+ba+ca+cb)}}=\frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{2(a+b+c)(ab+bc+ca)}}$$
$$\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sqrt{\frac{2(a+b+c)^3}{3}}}=\sqrt{\frac{3(a+b+c)}{2}}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

[le_hoang1995]

Bài toán 2.
Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của tam giác có diện tích S.Chứng minh rằng :
$$a^2b+b^2c+c^2a\ge 8\sqrt[4]{27}S^{\dfrac{3}{2}}$$

Bài này có chút thắc mắc. Theo công thức Hê-rông và BĐT Schur ta có:
$$S=\sqrt{\frac{a+b+c}{2}.\frac{a+b-c}{2}.\frac{b+c-a}{2}.\frac{c+a-b}{2}}\leq \frac{\sqrt{abc(a+b+c)}}{4}$$
$$VP=8\sqrt[4]{3^3}.\sqrt[2]{S^3}\leq 8\sqrt[4]{3^3}.\sqrt{\left ( \frac{\sqrt{abc(a+b+c)}}{4} \right )^3}$$
$$=\sqrt[4]{[3abc(a+b+c)]^3}\leq \left ( \sqrt{ab+bc+ca} \right )^3$$
Như vậy ta cần chứng minh $$a^2b+b^2c+c^2a\geq \left ( \sqrt{ab+bc+ca} \right )^3$$
BĐT này đồng bậc rồi, nhưng lại không xảy ra khi $a=b=c$
Thế nên các ước lượng của mình sai hay đề bài thiếu số 3 nữa nhỉ

[Tru09]

Bài toán 1. [ USA MO 2001 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn đẳng thức $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc$$

Theo hướng đẫn của $nuthoangcute$
Ta có :
$a^2 +b^2 +c^2 +2abc +1 \geq 2(ab+bc+ca)$
có tại đây http://diendantoanho...-bdt-phn-1.html
$\rightarrow 2abc+1\geq ab+bc+ca$
Mà dựa vào giả thiết $\rightarrow 1\geq abc$
$\rightarrow abc+2\geq 2abc+1\geq ab+bc+ca$
Mời các anh nghĩ tiếp

[Ispectorgadget]

Bài toán 1. [ USA MO 2001 ]
Giả sử $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn đẳng thức $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng :
$$abc+2\ge ab+bc+ca\ge abc$$

• Chứng minh: $ ab+bc+ca\ge abc$

Từ giả thiết ta thấy trong 3 số $a,b,c$ có ít nhất 1 số nhỏ hơn 1, giả sử $a\leq 1$. Thì $$ab+bc+ac-abc=a(b+c)+bc(1-a)\geq 0$$
Dấu "=" xảy ra chẳng hạn $(a;b;c)=(2;0;0);(0;2;0);(0;0;2)$

• Chứng minh $abc+2\ge ab+bc+ca$.

Trong 3 số $a,b,c$ có ít nhất 2 số lớn hơn 1 hoặc nhỏ hơn 1. WLOG $\to b,c$. Ta có:

$(1-b)(1-c)\ge 0$ (1)
Từ điều kiện $a^2+b^2+c^2+abc=4$ và $b^2+c^2\geq 2bc$. Ta có: $a^2+2bc+abc\leq 4\Leftrightarrow bc(2+a)\leq 4-a^2$
Chia 2 vế cho $2+a$ ta có $ab\leq 2-a$ (2)
Từ (1) và (2) ta có $$ab+bc+ac-abc\leq ab+2-a+ac(1-b)=2-a(1+bc-b-c)=2-a(1-b)(1-c)\leq 2$$
Dấu bằng xảy ra khi $b=c$ và $a(1-b)(1-c)=0$ hay $(a;b;c)=(1;1;1);(0;\sqrt{2};\sqrt{2});(\sqrt{2};0;\sqrt{2});(\sqrt{2};\sqrt{2};0)$

[Tham Lang]

Theo hướng đẫn của $nuthoangcute$
Ta có :
$a^2 +b^2 +c^2 +2abc +1 \geq 2(ab+bc+ca)$
có tại đây http://diendantoanho...-bdt-phn-1.html
$\rightarrow 2abc+1\geq ab+bc+ca$
Mà dựa vào giả thiết $\rightarrow 1\geq abc$
$\rightarrow abc+2\geq 2abc+1\geq ab+bc+ca$
Mời các anh nghĩ tiếp

Chỗ này không đúng.