Chủ đề này có 5 trả lời

[Poseidont]

Hai bài hay
Cho a,b,c là các số không âm, thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng 0.
1/$\sum (\frac{a}{b+c})^{2}+\frac{10abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$
2/$\sum (\frac{a}{b+c})^{3}+\frac{9abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq \sum \frac{a}{b+c}$

[duongvanhehe]

Bài 1:
Sử dụng BĐT Schur ta có:$a^{3}+b^{2}+c^{3}+5abc\geq (a+b)(b+c)(c+a) \Rightarrow \frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq\frac{1}{5}\left ( 1-\frac{a^{3}+b^{2}+c^{3}}{(a+b)(b+c)(c+a)} \right )$
Từ đó suy ra:$VT\geq \sum \left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}+2\left ( 1-\frac{a^{3}+b^{2}+c^{3}}{(a+b)(b+c)(c+a)} \right )$
Do đó ta cần phải chứng minh được:$\sum \left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}\geq \frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{(a+b)(b+c)(c+a)}$ Sử dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có:$ VT\geq \frac{(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}}{\sum a^{4}(b+c)^{2}}$. Ta phải chứng minh:$\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{\sum a^{4}(b+c)^{2}}\geq \frac{2}{(a+b)(b+c)(c+a)}\Leftrightarrow \sum a^{3}(\sum ab(a+b)+2abc)\geq 2\sum a^{4}(b+c)^{2}\Leftrightarrow\sum ab(a^{4}+b^{4})+abc\sum ab(a+b)\geq \sum a^{2}b^{2}(a^{2}+b^{2})+2abc(a^{3}+b^{3}+c^{3})$
$\Leftrightarrow \sum ab(a^{4}+b^{4}-ab(a^{2}+b^{2}))\geq abc\sum (a^{3}+b^{3}-ab(a+b)) \Leftrightarrow \sum \left ( ab(a^{2}+b^{2}+ab)-abc(a+b) \right )(a-b)^{2}\geq 0\Leftrightarrow S_{a}(b-c)^{2}+S_{b}(c-a)^{2}+S_{c}(a-b)^{2}\geq 0$
Giả sử $a\geq b\geq c.Ta có:S_{b}=ac(a^{2}+c^{2}+ac)-abc(a+c)=a^{3}c-a^{2}bc+a^{2}c^{2}-abc^{2}+ac^{3}\geq 0$
Dể thấy:$S_{a}+S_{b}=bc(b^{2}+c^{2}+bc)+ca(c^{2}+a^{2}+ca)-abc(a+b+2c)\geq c(a^{3}+b^{3}-ab(a+b))+c^{2}(a^{2}+b^{2}-2ab)+c^{3}(a+b)\geq 0$.
Tương tự:$ S_{b}+S_{c}\geq 0$
nên theo định lí SOS ta có đpcm

[nthoangcute]

Hai bài hay
Cho a,b,c là các số không âm, thỏa mãn không có 2 số nào đồng thời bằng 0.
1/$\sum (\dfrac{a}{b+c})^{2}+\dfrac{10abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 2$

Cách khác:
Đặt $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$
Suy ra $\sum (\dfrac{a}{b+c})^{2}=\dfrac{p^6-4p^4q+2p^2q^2+6rp^3-4rpq+3r^2}{(pq-r)^2}$
Và $\dfrac{10abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}=\dfrac{10r}{pq-r}$
Ta sẽ chứng minh:
$\dfrac{p^6-4p^4q+2p^2q^2+6rp^3-4rpq+3r^2}{(pq-r)^2}+\dfrac{10r}{pq-r} \geq 2$
$\Leftrightarrow {\dfrac {{p}^{6}-4\,{p}^{4}q+6\,r{p}^{3}+2\,{p}^{2}{q}^{2}+6\,rpq-7\,{r
}^{2}}{ \left( pq-r \right) ^{2}}} \geq 2$
$\Leftrightarrow p^6-4p^4q+6rp^3+10rpq-9r^2 \geq 0$
$\Leftrightarrow p^2(p^4-5p^2q+4q^2+6rp)+pq(p^3-4pq+9r)+r(pq-9r) \geq 0$
Theo Schur thì BĐT này luôn đúng lên ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nthoangcute: 22-07-2012 - 09:57

[Tham Lang]

Một phương án khác cho bài toán thứ nhất, đó là chú ý đến việc :
Đặt $x=\dfrac{a}{b+c}, y=\dfrac{b}{c+a}, z=\dfrac{c}{a+b}$ thì
$xy+yz+zx+2xyz=1$
Cần chứng minh $x^2+y^2+z^2+10xyz\ge 2$
Việc này khá dễ dàng, mời các bạn làm tiếp nhá
Bài 2 cũng tương tự

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 23-07-2012 - 03:36

[Poseidont]

Đây là cái em đang muốn nói tới cách đặt này ta có khá nhiều phương pháp làm,một là đưa về đẳng thực đẹp của anh,hai là
$xy+yz+xz+2xyz=1\Rightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+2=\frac{1}{xyz}$
$\Rightarrow \sum (\frac{1}{x}+1)(\frac{1}{y}+1)=(\frac{1}{x}+1)(\frac{1}{y}+1)(\frac{1}{z}+1)$
Đến đây đặt $(\frac{1}{x}+1)=a$........ biến đổi theo a,b,c

[KietLW9]

Một phương án khác cho bài toán thứ nhất, đó là chú ý đến việc :
Đặt $x=\dfrac{a}{b+c}, y=\dfrac{b}{c+a}, z=\dfrac{c}{a+b}$ thì
$xy+yz+zx+2xyz=1$
Cần chứng minh $x^2+y^2+z^2+10xyz\ge 2$
Việc này khá dễ dàng, mời các bạn làm tiếp nhá
Bài 2 cũng tương tự

Tiếp tục bài của ban:

Theo Nesbitt thì $x+y+z\geqslant \frac{3}{2}$

Theo Schur: $x^2+y^2+z^2+\frac{9xyz}{x+y+z}\geqslant 2(xy+yz+zx)$

Ta có: $x^2+y^2+z^2+10xyz=x^2+y^2+z^2+6xyz+4xyz\geqslant x^2+y^2+z^2+\frac{9xyz}{x+y+z}+4xyz\geqslant 2(xy+yz+zx)+4xyz=2(xy+yz+zx+2xyz)=2(Q.E.D)$