Chủ đề này có 2 trả lời

[WhjteShadow]

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=1$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\leq \frac{1}{abc}$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=3$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$\frac{a}{1+(b+c)^2}+\frac{b}{1+(a+c)^2}+\frac{c}{1+(a+b)^2}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2+12abc}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 05-10-2012 - 19:48

[tim1nuathatlac]

Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca=1$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}+\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}+\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\leq \frac{1}{abc}$$

Cách 1

$\sqrt[3]{\frac{1}{a}+6b}=\frac{3\sqrt[3]{3.9bc.\left ( 1+6ab \right )}}{9\sqrt[3]{abc}}\leq \frac{4+9bc+6ab}{9\sqrt[3]{abc}}$

Tương tự $\sqrt[3]{\frac{1}{b}+6c}\leq \frac{4+9ca+6bc}{9\sqrt[3]{abc}}$

$\sqrt[3]{\frac{1}{c}+6a}\leq \frac{4+9ab+6ca}{9\sqrt[3]{abc}}$

Cộng theo 3 BĐT trên ta được $VT\leq \frac{12+15\left ( ab+bc+ca \right )}{9\sqrt[3]{abc}}=\frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$ (1)

Mặt khác $1=ab+bc+ca\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}$ $\Rightarrow \sqrt[3]{abc}\geq 3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}.\sqrt[3]{abc}=3abc$

$\Rightarrow \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}\leq \frac{1}{abc}$ (2)

Từ (1) và (2) bđt được cm. Dấu '=" xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Cách 2 $ab+bc+ca=1\Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{abc}$ ( cùng chia cho $abc$ )

Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}$ thì giả thiết trở thành $x+y+z=xyz$

Và bđt ban đầu trở thành CM $\sqrt[3]{x+\frac{6}{y}}+\sqrt[3]{y+\frac{6}{z}}+\sqrt[3]{z+\frac{6}{x}}\leq x+y+z$ ( $=xyz$ )

Mặt khác, theo AM-gM thì

$\sqrt[3]{x+\frac{6}{y}}=\frac{1}{\sqrt[3]{27}}.\sqrt[3]{\left ( x+\frac{6}{y} \right ).3\sqrt{3}.3\sqrt{3}}\leq \frac{1}{9}\left ( x+\frac{6}{y}+6\sqrt{3} \right )$

Tương tự ta được $\sqrt[3]{y+\frac{6}{z}}\leq \frac{1}{9}\left ( y+\frac{6}{z}+6\sqrt{3} \right )$

$\sqrt[3]{z+\frac{6}{x}}\leq \frac{1}{9}\left ( z+\frac{6}{x}+6\sqrt{3} \right )$

Cộng 3 bđt trên ta được $VT\leq \frac{1}{9}\left ( \sum x+\sum \frac{6}{x}+18\sqrt{3} \right )$ (1)

Mà từ gt $x+y+z=xyz\leq \frac{1}{27}\left ( x+y+z \right )^{3}\Rightarrow x+y+z\geq 3\sqrt{3}$

$\Rightarrow \sum \frac{1}{x}=\frac{xy+yz+zx}{x+y+z}\leq \frac{1}{3}\left ( x+y+z \right )$

$\Rightarrow (1)\leq \frac{1}{9}\left ( \sum x+\sum \frac{6}{x} \right )+2\sqrt{3}\leq \frac{1}{9}\left ( \sum x+6\frac{\sum x}{3}+6\sum x \right )=x+y+z$

$\Rightarrow Q.e.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tim1nuathatlac: 05-10-2012 - 21:03

[KietLW9]

Bài toán 2.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $a+b+c=3$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$\frac{a}{1+(b+c)^2}+\frac{b}{1+(a+c)^2}+\frac{c}{1+(a+b)^2}\leq \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2+12abc}$$

Lời giải. Do a + b + c = 3 nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\sum_{cyc}(\frac{a}{1+(b+c)^2}-a)\leqslant \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2+12abc}-3 \Leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{a(b+c)^2}{1+(b+c)^2}\geqslant \frac{36abc}{a^2+b^2+c^2+12abc}$ 

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng phân thức: $\sum_{cyc}\frac{a(b+c)^2}{1+(b+c)^2}=\sum_{cyc}\frac{a^2}{a+\frac{a}{(b+c)^2}}\geqslant \frac{(a+b+c)^2}{3+\sum_{cyc}\frac{a}{(b+c)^2}}=\frac{36abc}{4abc(3+\sum_{cyc}\frac{a}{(b+c)^2})}$

Đến đây, ta cần chứng minh: $a^2+b^2+c^2+12abc\geqslant 4abc(3+\sum_{cyc}\frac{a}{(b+c)^2})\Leftrightarrow  a^2+b^2+c^2\geqslant 4abc(\sum_{cyc}\frac{a}{(b+c)^2})\Leftrightarrow \sum_{cyc}(\frac{a}{bc}-\frac{4a}{(b+c)^2})\geqslant 0\Leftrightarrow \sum_{cyc}\frac{a(b-c)^2}{bc(b+c)^2}\geqslant 0$ *Đúng*

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$