Chủ đề này có 2 trả lời

[tim1nuathatlac]

Bài toán1 cho a,b,c là các số ko âm và ko có 2 số nào đồng thời =0.cmr
$\left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}+\left ( \frac{b}{c+a} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{a+b} \right )^{2}+\frac{10abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right ) }\geq 2$
Bài toán 2 cho các sô ko âm a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3$.cmr
$\frac{1}{6-ab}+\frac{1}{6-bc}+\frac{1}{6-ca}\leq \frac{3}{5}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi L Lawliet: 31-08-2012 - 19:53

[WhjteShadow]

Bài toán1 cho a,b,c là các số ko âm và ko có 2 số nào đồng thời =0.cmr
$\left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}+\left ( \frac{b}{c+a} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{a+b} \right )^{2}+\frac{10abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right ) }\geq 2$

Đặt $x=\frac{2a}{b+c},y=\frac{2b}{a+c},z=\frac{2c}{a+b}$ Ta có $xy+yz+zx+xyz=4$(Dễ dàng có $x+y+z\geq 3$) Và cần chứng minh:
$$x^2+y^2+z^2+5xyz\geq 8$$
Đổi biến $p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz$ ta có $q+r=4$ và cần chứng minh $p^2-2q+5r\geq 8$
Ta xét 2 trường hợp:
*TH1:Nếu $p^2\geq 4q$ thì $p^2-2q+5r\geq 2q+5r\geq 2(q+2r)+r\geq 8$ (Do $r\geq 0$) Nên có ĐPCM.
*TH2 Nếu $p^2\leq 4p$: Ta có $Q.e.D\Leftrightarrow p^2-4q+3r\geq 0$ (Do $q+r=4$)
Áp dụng bất đẳng thức $Schur$ ta có: $r\geq \frac{p(4q-p^2)}{9}$
Nên chỉ phải chứng minh: $p^2-4q+\frac{p(4q-p^2)}{3}\geq 0$
$\Leftrightarrow (p^2-4q)(3-p)\geq 0$
Nhưng điều này luôn đúng do $p^2-4q\leq 0,3-p\leq 0$ nên ta cũng có ĐPCM.
Kết thúc chứng minh.Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z=1\Leftrightarrow a=b=c$ $\blacksquare$
---------------------------------------------------------------------------------------------------
Các bạn có thể tham khảo 3 cách ch0 bài toán 2 tại:
http://boxmath.vn/4r...ac-3-5-a-38127/

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 31-08-2012 - 21:45

[KietLW9]

Bài toán1 cho a,b,c là các số ko âm và ko có 2 số nào đồng thời =0.cmr
$\left ( \frac{a}{b+c} \right )^{2}+\left ( \frac{b}{c+a} \right )^{2}+\left ( \frac{c}{a+b} \right )^{2}+\frac{10abc}{\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right ) }\geq 2$
Bài toán 2 cho các sô ko âm a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3$.cmr
$\frac{1}{6-ab}+\frac{1}{6-bc}+\frac{1}{6-ca}\leq \frac{3}{5}$

Lời giải. 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 $x^2+y^2+z^2+10xyz\ge 2$

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