Chủ đề này có 3 trả lời

[Tham Lang]

Bài toán [Titu Andreescu, Gabriel Dospinescu ]
Cho $a,b,c,x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn $xy+yz+zx=3$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b+c}(y+z)+\dfrac{b}{c+a}(z+x)+\dfrac{c}{a+b}(x+y) \ge 3$$

[Ispectorgadget]

Bài toán [Titu Andreescu, Gabriel Dospinescu ]
Cho $a,b,c,x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn $xy+yz+zx=3$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{a}{b+c}(y+z)+\dfrac{b}{c+a}(z+x)+\dfrac{c}{a+b}(x+y) \ge 3$$

Chuẩn hóa $x+y+z=1$ bất đẳng thức đã cho viết lại thành $$\frac{a}{b+c}(1-x)+\frac{b}{c+a}(1-y)+\frac{c}{a+b}(1-z)\ge \sqrt{3(xy+xz+yz)}$$
$$\Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \sqrt{3(xy+xz+yz)}+\frac{ax}{b+c}+\frac{by}{c+a}+\frac{cz}{a+b}$$
Theo BĐT BCS ta có: $$\frac{ax}{b+c}+\frac{by}{c+a}+\frac{cz}{a+b}+\sqrt{3(xy+xz+yz)}\leq \sqrt{(\frac{a}{b+c})^2+(\frac{b}{a+c})^2+(\frac{c}{a+b})^2}.\sqrt{x^2+y^2+z^2}+\sqrt{\frac{3}{4}}.\sqrt{xy+xz+yz}+\sqrt{\frac{3}{4}}.\sqrt{xy+xz+yz}$$
$$\leq \sqrt{(\frac{a}{b+c})^2+(\frac{b}{c+a})^2+(\frac{c}{a+b})^2+\frac{3}{2}}.\sqrt{x^2+y^2+z^2+2(xy+xz+yz)}$$
$$VT \le\sqrt{(\frac{a}{b+c})^2+(\frac{b}{c+a})^2+(\frac{c}{a+b})^2+\frac{3}{2}} $$ Ta cần chứng minh $$(\frac{a}{b+c})^2+(\frac{b}{a+c})^2+(\frac{c}{a+b})^2+\frac{3}{2}\le (\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})^2$$
$$\Leftrightarrow \frac{bc}{(a+b)(a+c)}+\frac{ac}{(b+a)(b+c)}+\frac{ab}{(a+c)(b+c)}\ge \frac{3}{4}$$
Sau khi khai triển và rút gọn ta có $$a^2b+b^2a+b^2c+c^2b+c^2a+a^2b\ge 6abc$$
Bất đẳng thức này đúng theo $AM-GM$
Vậy bài toán được chứng minh $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 20-08-2012 - 12:28

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Còn cách nào khác mà không dùng chuẩn hóa không ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HÀ QUỐC ĐẠT: 20-08-2012 - 18:42

[dark templar]

Còn cách nào khác mà không dùng chuẩn hóa không ?

Vẫn có cách không xài chuẩn hóa như sau.
Ta sẽ chứng minh 1 bổ đề sau:
Bổ đề: Cho $a_1;a_2;a_3;b_1;b_2;b_3>0$.Chứng minh:
$$\left[a_1(b_1+b_2)+a_2(b_1+b_3)+a_3(b_1+b_2) \right]^2 \ge 4\left(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1 \right)\left(b_1b_2+b_2b_3+b_3b_1 \right)$$
Chứng minh:
Để ý rằng:
$$a_1(b_2+b_3)+a_2(b_1+b_3)+a_3(b_1+b_2)=(a_1+a_2+a_3)(b_1+b_2+b_3)-(a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3)$$
Nên ta viết lại BĐT dưới dạng sau:
$$a_1b_1+a_2b_2+a_3b_3+\sqrt{2(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1).2(b_1b_2+b_2b_3+b_3b_1)} \le (a_1+a_2+a_3)(b_1+b_2+b_3)$$
Theo C-S:
$$VT \le \sqrt{(a_1^2+a_2^2+a_3^3)(b_1^2+b_2^2+b_3^2)} +\sqrt{2(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1).2(b_1b_2+b_2b_3+b_3b_1)} $$
$$\le \sqrt{[a_1^2+a_2^2+a_3^2+2(a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1)][b_1^2+b_2^2+b_3^2+2(b_1b_2+b_2b_3+b_3b_1)]}=(a_1+a_2+a_3)(b_1+b_2+b_3)$$
Vậy bài toán đã được chứng minh.

Quay trở lại bài toán ban đầu ,áp dụng ngay bổ đề với:
$$(a_1;a_2;a_3)=\left(\frac{a}{b+c};\frac{b}{c+a};\frac{c}{a+b} \right)$$
$$(b_1;b_2;b_3)=(x;y;z)$$
Ta có:
$$VT^2 \ge 4\left[\sum \frac{ab}{(c+a)(c+b)} \right](xy+yz+zx)=12\sum \frac{ab}{(c+a)(c+b)}$$
Việc còn lại là chứng minh:
$$12\sum \frac{ab}{(c+a)(c+b)} \ge 9 \iff \sum \frac{ab}{(c+a)(c+b)} \ge \frac{3}{4}$$
BĐT cuối là BĐT căn bản nên ta có đpcm.

P/s:Cũng bằng cách tương tự,ta cũng có thể tổng quát hóa bài toán cho $n$ số