Chủ đề này có 6 trả lời

[Trần Đức Anh @@]

Đây là topic phân tích ý tưởng giải cho một bài toán BDT, chú ý là không nói là kinh nghiệm cho thấy...
Problem 1: Cho ba số thực $x$,$y$,$z\in[0$;$1]$. Chứng minh rằng:
$2(x^3+y^3+z^3)-(x^2y+y^2z+z^2x)\leq{3}$

[Ispectorgadget]

Problem 1: Cho ba số thực $x$,$y$,$z\in[0$;$1]$. Chứng minh rằng:
$2(x^3+y^3+z^3)-(x^2y+y^2z+z^2x)\leq{3}$

Bài này ta sử dụng phương pháp đánh giá-đây là 1 phương pháp tương đối khó trong việc chứng minh BĐT, tùy từng dạng mà ta có cách đánh giá khác nhau. Ta cần chú ý điều kiện đề bài để có hướng đi thích hợp. Trong bài này ta chú ý điều kiện $x,y,z \in [0;1]$
Do $x;y;z\in [0;1]\Rightarrow 1-x^2;1-y^2;1-z^2;1-x;1-y;1-z\ge 0; x^3\le x^2;y^3\le y^2;z^3\le z^2$
$$\Rightarrow (1-x^2)(1-y)+(1-y^2)(1-z)+(1-z^2)(1-x)\geq 0$$
$$\Leftrightarrow 3\geq x^2+y^2+z^2+x+y+z-(x^2y+y^2z+z^2x)$$
$$3\geq 2(x^3+y^3+z^3)-(x^2y+y^2z+z^2x)$$
Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z=1$ hoặc 2 trong 3 số bằng 1 và số còn lại bằng 0. $\blacksquare$
Bài 2: Cho $a^2+b^2+c^2=1$ và $a,b,c>0$. Chứng minh $$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge 3+\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 28-08-2012 - 11:13

[WhjteShadow]

Bài 2: Cho $a^2+b^2+c^2=1$ và $a,b,c>0$. Chứng minh $$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge 3+\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$$

Ý tưởng đầu tiên của ta là đưa bất đẳng thức về dạng thuần nhất (đồng bậc):
$$Q.e.D\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\right)\geq 3+\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$$
$$\Leftrightarrow 3+\sum \frac{a^2+b^2}{c^2}\geq 3+\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$$
$$\Leftrightarrow \sum \left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{a^2}{c^2}\right)\geq 2\left(\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ac}+\frac{c^2}{ab}\right)$$
Đúng the0 bất đẳng thức $AM-GM$.Bài này khá nhẹ nên ý tưởng cũng khá đơn giản ạ :-?
Bài 3:(Cũng đơn giản )
Cho $a,b,c$ là các số thực dương và $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$$\frac{24}{a^2b+b^2c+c^2a}+\frac{1}{abc}\geq 9$$

[viet 1846]

Bài 3:(Cũng đơn giản )
Cho $a,b,c$ là các số thực dương và $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$$\frac{24}{a^2b+b^2c+c^2a}+\frac{1}{abc}\geq 9$$

Mình làm theo ý tưởng của bạn Quý trong bài toán tương tự ở trên.
Đặt $a=3a', b=3b', c=3c'$, bài toán trở thành chứng minh bất đẳng thức
$$\dfrac{24}{a^2b+b^2c+c^2a}+\dfrac{1}{abc} \geq{243}$$
Ta có một số kết quả như sau:
$$ (a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2 $$
và $$ a^2b+b^2c+c^2a \le \frac{q-3r+\sqrt{q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2}}{2} $$.
Bài toán quy về chứng minh:
$$ \frac{1}{r}+\frac{48}{q-3r+\sqrt{q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2}} \ge 243 $$.
*) Nếu $r \le \dfrac{1}{243}$ thì bất đẳng thức trên luôn đúng.
*) Nếu $ \dfrac{1}{243} \le r \le \dfrac{1}{27}$, bất đẳng thức trên tương đương với:
$$\left(\frac{729r^2+45r}{243r-1}-q \right)^2-(q^2-4q^3+2(9q-2)r-27r^2) \ge 0 $$
hay $$4q^3-\frac{72r(81r+1)}{243r-1} q +4r+27r^2+\left(\frac{729r^2+45r}{243r-1}\right)^2 \ge 0.$$
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM có:
$$ 4q^3+8 \sqrt{\left(\frac{6r(81r+1)}{243r-1}\right)^3} \ge \frac{72r(81r+1)}{243r-1} q. $$
Ta cần chứng minh:
$$4+27r+\frac{r(729r+45)^2}{(243r-1)^2} \ge 8\sqrt{\frac{6^3 r(81r+1)^3}{(243r-1)^3}}$$
$$\Leftrightarrow 1+\frac{9r[(243r+3)^2+48]}{(243r-1)^2} \ge 2\sqrt{\frac{8r(243r+3)^3}{(243r-1)^3}}$$.
Đặt $t=\dfrac{243r+3}{243r-1}\Rightarrow r=\dfrac{t+3}{243(t-1)}$. Vì $r \le \dfrac{1}{27}\Rightarrow t \ge \dfrac{3}{2}$. Bất đẳng thức ở trên sẽ trở thành:
$$1+\frac{9(t+3)}{243(t-1)}(t^2+3(t-1)^2) \ge \sqrt{\frac{8t^3(t+3)}{243(t-1)}}$$
$$\Leftrightarrow 243(t-1)+9(t+3)(4t^2-6t+3) \ge 2 \sqrt{8.243t^3(t+3)(t-1)}$$
$$\Leftrightarrow 2t^3+3t^2+6t-9 \ge \sqrt{24t^3(t+3)(t-1)}$$.
Bình phương lên rồi chuyển vế, ta thu được:
$$(t^2-3)^2(2t-3)^2 \ge 0$$.
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Bài toán được chứng minh xong!
Dấu đẳng thức xảy ra khi $t=\sqrt{3}$ hoặc $t=\dfrac{3}{2}$.
Khi $t=\dfrac{3}{2}\Rightarrow r=\dfrac{1}{27}, q=\dfrac{1}{3} \Rightarrow a=b=c=\dfrac{1}{3}$. Ứng với bài toán ban đầu là $a=b=c=1$.
Còn khi $t=\sqrt{3}$ thì hơi lẻ, mình vẫn chưa tính!

Uhm, đơn giản thật. Một thời gian dài làm tâm điểm bên BM.

http://boxmath.vn/4r...-geq-9-a-35417/
__________________________________________________________________________________________
WS:Hì hì em chém tý

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 28-08-2012 - 21:05

[ducthinh26032011]

Bài toán 4:
Cho $a,b,c> 0$ thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.C/m:
$$\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}\geq 3$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 28-08-2012 - 21:31

[WhjteShadow]

Bài toán 4:
Cho $a,b,c> 0$ thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$.C/m:
$$\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}\geq 3$$

Ý tưởng thật tự nhiên của ta là sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ để đưa bài toán từ 3 phân thức về 1:
$$\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}\geq \frac{(\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2(a+b+c)}$$
$$=\frac{2(a^2+b^2+c^2)+2\sum \sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}}{2(a+b+c)}$$
Và để loại bỏ căn thức ở trân mẫu,ta sẽ sử dụng $Cauchy-Schwarz$ tiếp: $\sum \sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\geq \sum a^2+bc$
Vậy cuối cùng ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{4(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}{2(a+b+c)}\geq 3$$
$$\Leftrightarrow \frac{9+(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}\geq 3$$
Và bất đẳng thức cuối luôn đúng the0 $AM-GM$ nên ta có ĐPCM $\square$
Bài toán 5.
Cho $a,b,c$ thực không âm thỏa $a^2+b^2+c^2=3.$Chứng minh rằng:
$$(a-b)(b-c)(c-a)+2\ge \frac{2}{3}(ab+bc+ac)$$

[nhatvinh2018]

Ý tưởng thật tự nhiên của ta là sử dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ để đưa bài toán từ 3 phân thức về 1:
$$\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}\geq \frac{(\sum \sqrt{a^2+b^2})^2}{2(a+b+c)}$$
$$=\frac{2(a^2+b^2+c^2)+2\sum \sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}}{2(a+b+c)}$$
Và để loại bỏ căn thức ở trân mẫu,ta sẽ sử dụng $Cauchy-Schwarz$ tiếp: $\sum \sqrt{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\geq \sum a^2+bc$
Vậy cuối cùng ta chỉ cần chứng minh:
$$\frac{4(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}{2(a+b+c)}\geq 3$$
$$\Leftrightarrow \frac{9+(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}\geq 3$$
Và bất đẳng thức cuối luôn đúng the0 $AM-GM$ nên ta có ĐPCM $\square$
Bài toán 5.
Cho $a,b,c$ thực không âm thỏa $a^2+b^2+c^2=3.$Chứng minh rằng:
$$(a-b)(b-c)(c-a)+2\ge \frac{2}{3}(ab+bc+ac)$$

giúp bài 5 tý ạ