Chủ đề này có 5 trả lời

[Tham Lang]

Bài toán [14] [MOSP 2007]
Cho các số thực dương $a_1,a_2, ..., a_n$ thoả mãn $a_1+a_2+...+a_n=1$. Chứng minh rằng :
$$\left (a_1a_2+a_2a_3+...+a_na_1\right )\left (\dfrac{a_1}{a_2^2+a_2}+\dfrac{a_2}{a_3^2+a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1^2+a_1}\right )\ge \dfrac{n}{n+1}$$
Bài toán [15] [Canada 2008]
Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a-bc}{a+bc}+\dfrac{b-ca}{b+ca}+\dfrac{c-ab}{c+ab}\le \dfrac{3}{2}$$
Bài toán [16] [Tham Lang]
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $abc(ab+bc+ca)=a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{1}{3ab+2ca+c^4+3}+\dfrac{1}{3bc+2ab+a^4+3}+\dfrac{1}{3ca+2bc+b^4+3}\le \dfrac{1}{3}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 20-07-2012 - 16:11

[bastian schweinsteiger]

Bài toán [15] [Canada 2008]
ta có $\sum \frac{a-bc}{a+bc}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{a-bc}{a(a+b+c)+bc}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \sum \frac{a-bc}{(a+b)(a+c)}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{\sum (b+c)(a-bc)}{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{3}{2}\Leftrightarrow 2(2(ab+bc+ca)-ab(a+b)-ac(a+c)-bc(b+c))\leq 3(a+b)(b+c)(c+a)\Leftrightarrow 4(ab+bc+ca)\leq 5(a+b)(b+c)(c+a)-4abc\Leftrightarrow 4(ab+bc+ca)\leq 5 (1-a)(1-b)(1-c)-4abc\Leftrightarrow 9abc\leq ab+bc+ca\Leftrightarrow 6abc\leq ab(1-c)+bc(1-a)+ca(1-b)\Leftrightarrow ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq 6abc$ luôn đúng theo bất đẳng thức côsi

[WhjteShadow]

Híc sắp phải đi học e làm bài dễ trc vậy:
Bài 16:
Từ điều kiện ta có $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=(\frac{1}{a})^2+(\frac{1}{b})^2+(\frac{1}{c})^2$
$\to \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=(\frac{1}{a})^2+(\frac{1}{b})^2+(\frac{1}{c})^2\geq \frac{1}{3}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
$\to \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=(\frac{1}{a})^2+(\frac{1}{b})^2+(\frac{1}{c})^2\leq \frac{1}{3}$
Áp dụng liên tiếp BDT $AM-GM$ ta có:
$\frac{1}{3ab+2ac+c^4+3}\leq \frac{1}{9\sqrt[9]{a^5b^3c^6}}\leq \frac{1}{81}(\frac{5}{ac}+\frac{1}{bc}+\frac{2}{b^2}+1)$
Tương tự và cộng lại và chú ý $\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}\leq (\frac{1}{a})^2+(\frac{1}{b})^2+(\frac{1}{c})^2\leq \frac{1}{3}$ thì ta có ngay đpcm
Tối p0st nốt bài 14 với cách khác bài 15 nhá \m/

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 20-07-2012 - 20:54

[Secrets In Inequalities VP]

Bài toán [15] [Canada 2008]
Cho các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=1$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a-bc}{a+bc}+\dfrac{b-ca}{b+ca}+\dfrac{c-ab}{c+ab}\le \dfrac{3}{2}$$

Cách khác bài 15 ;
BĐT $\Leftrightarrow (1-\frac{a-bc}{a+bc})+(1-\frac{b-ca}{b+ca})+(1-\frac{c-ab}{c+ab})\geq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{2bc}{a+bc}+\frac{2ca}{b+ca}+\frac{2ab}{c+ab}\geq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{bc}{a+bc}+\frac{ca}{b+ca}+\frac{ab}{c+ab}\geq \frac{3}{4}$
Ta có :
$VT= \frac{b^2c^2}{abc+b^2c^2}+\frac{c^2a^2}{abc+c^2a^2}+\frac{a^2b^2}{abc+a^2b^2}\geq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3abc}$
$= \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3abc(a+b+c)}= \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{(ab+bc+ca)^{2}+abc(a+b+c)}$
$\geq \frac{(ab+bc+ca)^{2}}{(ab+bc+ca)^{2}+\frac{(ab+bc+ca)^{2}}{3}}= \frac{1}{1+\frac{1}{3}}= \frac{1}{\frac{4}{3}}$
Bấm máy tính ta ra đc kq là $\frac{3}{4}$

[ducthinh26032011]

Bài toán [14] [MOSP 2007]
Cho các số thực dương $a_1,a_2, ..., a_n$ thoả mãn $a_1+a_2+...+a_n=1$. Chứng minh rằng :
$$\left (a_1a_2+a_2a_3+...+a_na_1\right )\left (\dfrac{a_1}{a_2^2+a_2}+\dfrac{a_2}{a_3^2+a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1^2+a_1}\right )\ge \dfrac{n}{n+1}$$

Mọi người xem cho mình hướng làm này nhé!
Sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky và Cauchy-Schwarz dạng Engel ,ta có:
$\left (a_1a_2+a_2a_3+...+a_na_1\right )\left (\dfrac{a_1}{a_2^2+a_2}+\dfrac{a_2}{a_3^2+a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1^2+a_1}\right )$
$\geq (\frac {a_{1}}{\sqrt{a_{2}+1}}+...+\frac{a_{n}}{\sqrt{a_{1}+1}})^{2}\geq \frac{(\sum \sqrt{a_{1}})^{4}}{(\sum \sqrt{a_{1}+1})^{2}}$
$\geq \frac{\sum a_{1}^{2}}{n(\sum a_{1}+n)}\geq \frac{\frac{1}{n}}{n(n+1)}= \frac{1}{n^{2}(n+1)}???$
Tham Lang : không xảy ra đẳng thức

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 20-07-2012 - 23:32

[conmaquetoi]

Bài 14.
Áp dụng BĐT Holder, ta có :
$$\left (\dfrac{a_1}{a_2^2+a_2}+\dfrac{a_2}{a_3^2+a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1^2+a_1}\right ).\left [\dfrac{a_1(a_2+1)}{a_2}+...+\dfrac{a_n(a_1+1)}{a_1}\right ]$$
$$\ge \left (\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1}\right )^2$$
$$=\left (\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1}\right )\left (\dfrac{a_1^2}{a_1a_2}+\dfrac{a_2^2}{a_2a_3}+...+\dfrac{a_n^2}{a_na_1}\right )$$
$$\ge \left (\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1}\right )\dfrac{(a_1+a_2+...+a_n)^2}{a_1a_2+a_2a_3+...+a_na_1}=\dfrac{\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1}}{a_1a_2+a_2a_3+...+a_na_1}$$
$$\Leftrightarrow \left (a_1a_2+a_2a_3+...+a_na_1\right )\left (\dfrac{a_1}{a_2^2+a_2}+\dfrac{a_2}{a_3^2+a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1^2+a_1}\right )\ge \dfrac{\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1}}{1+\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1}}$$
Đặt $x=\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+...+\dfrac{a_n}{a_1}$
Cần chứng minh :
$$\dfrac{x}{x+1}\ge \dfrac{n}{n+1}\Leftrightarrow x\ge n$$
Hiển nhiên đúng.Dấu "=" xảy ra khi $a_1=a_2=...=a_n=\dfrac{1}{n}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi conmaquetoi: 21-07-2012 - 14:50