Chủ đề này có 5 trả lời

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 31-10-2012 - 12:14

[Nguyenhuyen_AG]

Bất đẳng thức trên ương đương với $$ab+bc+ca+\frac{6}{a+b+c}\ge 5.$$ Theo nguyên lí Dirichlet ta có thể giả sử $(b-1)(c-1) \ge 0,$ tương đương với $b+c \le 1+bc.$ VKhi đó, ta thu được $$a+b+c\le a+1+bc=a+1+\frac{1}{a}=\frac{a^2+a+1}{a}.$$ Cà theo bất đẳng thức AM-GM thì $$ab+bc+ca=a(b+c)+bc\ge 2a\sqrt{bc}+bc=2\sqrt{a}+\frac{1}{a}.$$ Từ hai đánh giá trên, ta có $$ab+bc+ca+\frac{6}{a+b+c}\ge 2\sqrt{a}+\frac{1}{a}+\frac{6a}{a^2+a+1}.$$ Đặt $t=\sqrt{a}$ ta sẽ chứng minh $$2t+\frac{1}{t}+\frac{6t^2}{t^4+t^2+1} \ge 5.$$ Bằng cachs quy đồng và thi gọn, ta thấy bất đẳng thức này tương đương với $$(t-1)^2[t(t-1)^2(2t^2+3t+2)+1] \ge 0.$$ Luôn đúng, vậy ta có điều phải chứng minh

[WhjteShadow]

Đặt $a=x^3,b=y^3,c=z^3$ ta có $x,y,z$ dương, $xyz=1$ và cần chứng minh:
$$\frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}+\frac{6}{x^3+y^3+z^3}\geq 5$$
Để ý $a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c).\left[(a-b)^2+(c-b)(c-a)\right]$ và giả sử $z=max(x;y;z)$ ta có thể viết lại bất đẳng thức:
$$\Leftrightarrow \frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}-\frac{3}{xyz}\geq 2.\frac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{x^3+y^3+z^3}$$
$$\Leftrightarrow \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right).\left[\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{y}\right)^2+\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{x}\right)\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{y}\right)\right]\geq 2.\frac{(x+y+z)[(x-y)^2+(z-x)(z-x)}{x^3+y^3+z^3}$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^2.\left[z^2.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-\frac{2(x+y+z)}{x^3+y^3+z^3}\right]+(z-x)(x-y).\left[\frac{1}{z}.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-\frac{2(x+y+z)}{x^3+y^3+z^3}\right]\geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-y)^2.M+(z-x)(z-y)N\geq 0$$
Do $z=Max(x;y;z)$ nên ta chỉ cần chứng minh $M,N\geq 0$ với:
$$M=z^2.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-\frac{2(x+y+z)}{x^3+y^3+z^3}$$
$$N=\frac{1}{z}.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)-\frac{2(x+y+z)}{x^3+y^3+z^3}$$
Thật vậy do $xyz=1\Rightarrow z\geq 1$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\geq 3$
$$\Rightarrow z^2.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\geq 3\geq \frac{2(x+y+z)}{x^3+y^3+z^3}$$
$$\Rightarrow M\geq 0$$
Cuối cùng chỉ cần chỉ ra $N\geq 0$ :
$$\frac{1}{z}.\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\geq \frac{2(x+y+z)}{x^3+y^3+z^3}$$
$$\Leftrightarrow (x+y)(x^3+y^3+z^3)+\frac{1}{z^2}.(x^3+y^3+z^3)\geq 2(x+y+z)$$
$$\Leftrightarrow (x+y)(x^3+y^3+z^3)+\frac{x^3+y^3}{z^2}\geq 2(x+y)+z$$
Hay:
$$(x+y)(x^3+y^3+z^3) \geq 2(x+y)+z$$
$$\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3\geq \frac{2x+2y+z}{x+y}$$
$$\Leftrightarrow x^3+y^3+z^3-2\geq \frac{z}{x+y}$$
Và điều này đúng do $x^3+y^3+\frac{8}{27}z^3\geq 2$ và $\frac{19z^2}{27xy}\geq \frac{z}{x+y}\Rightarrow \frac{19}{27}z^3\geq \frac{z}{x+y}$
Chứng minh hoàn tất.Đẳng thức xảy ra tại $x=y=z=1$ hay $a=b=c=1$ $\blacksquare$

[BoBoiBoy]

Đặt $a=xy;b=yz;c=zx\Rightarrow xyz=1$.BĐT trở thành:$$\ge 5(xy+yz+zx)$$
$$\frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}+\frac{6}{xy+yz+zx}\ge 5$$
$$\Leftrightarrow (x+y+z)(xy+yz+zx)+6\ge 5(xy+yz+zx)$$
-Nếu $3(x+y+z)\ge 2(xy+yz+zx)+3$.Do $xyz=1\Rightarrow x+y+z\ge 3;xy+yz+zx\ge 3$.
$$\Rightarrow (x+y+z-3)(xy+yz+zx-3)\ge 0$$
$$\Rightarrow (x+y+z)(xy+yz+zx)+9\ge 3(xy+yz+zx)-3+3(xy+yz+zx)\ge 5(xy+yz+zx)$$
-Nếu $3(x+y+z)\le 2(xy+yz+zx)+3$.Ta có BĐT quen thuộc:
$$x^2+y^2+z^2+2xyz+1\ge 2(xy+yz+zx)\Rightarrow x^2+y^2+z^2+3\ge 2(xy+yz+zx)(1)$$
Mặt khác :
$$(x+y+z)(xy+yz+zx)+6\ge \frac{1}{2}(x+y+z)\left [3(x+y+z)-3 \right ]+6$$
$$=3(xy+yz+zx)+(x^2+y^2+z^2+3)+\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2-3(x+y+z)+6)$$
$$\ge 5(xy+yz+zx)$$
(do (1) và $x^2+y^2+z^2+3\ge 2(xy+yz+zx)\ge 3(x+y+z)-3$).
Vậy BĐT được chứng minh.Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BoBoiBoy: 31-10-2012 - 16:19

[tim1nuathatlac]

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$$

Giả sử $a\leq b\leq c\Rightarrow a\leq 1\leq c$

Đặt $S\left ( a,b,c \right )=\sum \frac{1}{a}+\frac{6}{a+b+c}$

Ta có $S\left ( a,b,c \right )-S\left ( a,c,c \right )=\left ( c-b \right )\left ( \frac{1}{bc}+\frac{6}{\left ( a+b+c \right )\left ( a+2c \right )} \right )\geq 0$

Do đó cần chỉ ra bất đẳng thức trong trường hợp $ac^{2}=1\Leftrightarrow a=\frac{1}{c^{2}}$

$S\left ( a,c,c \right )=c^{2}+\frac{2}{c}+\frac{6c^{2}}{2c+a}\geq \left ( c^{2}+\frac{1}{c}+\frac{1}{c} \right )+\frac{3\left ( 2c+1 \right )}{2c+1}\geq 6$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tim1nuathatlac: 31-10-2012 - 21:59

[Nguyenhuyen_AG]

 

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh
$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c}\geq 5$$

Vừa tìm được lời giải khá thú vị cho bài này. 

 

Viết bất đẳng thức lại dưới dạng thuần nhất là

\[\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{6abc}{a^3+b^3+c^3}\ge 5,\]

hoặc

\[ \dfrac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3-3a^2b^2c^2}{a^2b^2c^2} \geq \dfrac{2(a^3+b^3+c^3-3abc)}{a^3+b^3+c^3} .\] Giả sử $c\ge b \ge a.$ Ta có đánh giá \[\begin{aligned} a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3-3a^2b^2c^2&=(ab+bc+ca)[c^2(a-b)^2+ab(a-c)(b-c)]\\&\ge (ab+bc+ca)[ab(a-b)^2+ab (a-c)(b-c)]\\&\ge (ab+bc+ca)\cdot ab \cdot [(a-b)^2+(a-c)(b-c)],\end{aligned}\] và \[a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)].\] Do đó, ta cần chứng minh \[\frac{(ab+bc+ca)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)]}{abc^2}\ge \frac{2(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)]}{a^3+b^3+c^3},\] tương đương với \[(ab+bc+ca)(a^3+b^3+c^3)\ge 2abc^2(a+b+c).\] Theo bất đẳng thức AM-GM, thì \[abc(a+b+c)\le \frac{(ab+bc+ca)^2}{3}.\] Do đó, ta cần chứng minh được \[3(a^3+b^3+c^3)\ge 2c(ab+bc+ca),\] hay là \[3(a^3+b^3+c^3)\ge 2c^2(a+b)+2abc.\] Vì \[a^3+b^3\ge \frac{(a+b)^3}{4}\;\;,\text{và}\;\;c^3=\frac{c^3}{2} +\frac{c^3}{2}.\] Nên theo bất đẳng thức AM-GM, ta có \[a^3+b^3+c^3\ge 3\sqrt[3]{\frac{(a+b)^3}{4}\cdot\frac{c^3}{2}\cdot\frac{c^3}{2}}=\frac{3}{2\sqrt[3]{2}}\cdot c^2(a+b).\] Từ đó suy ra \[3(a^3+b^3+c^3)\ge\frac{9}{2\sqrt[3]{2}}\cdot c^2(a+b).\] Do đó, ta cần chứng minh \[\frac{9}{2\sqrt[3]{2}}\cdot c^2(a+b)\ge 2c^2(a+b)+2abc,\] \[\left (\frac{9}{2\sqrt[3]{2}} -2 \right )c(a+b)\ge 2ab.\] Bất đẳng thức này đúng vì $c(a+b)\ge c\cdot 2a \ge 2ab,$ và $\left (\dfrac{9}{2\sqrt[3]{2}} -2 \right )>1.$

 

Sử dụng phương pháp tương tự, ta cũng chứng minh được bất đẳng thức Việt Nam TST 2013

$$ \dfrac{bc}{a^2}+\dfrac{ca}{b^2}+\dfrac{ab}{c^2} + \dfrac{13abc}{a^3+b^3+c^3+abc} \geq \dfrac{25}{4}.$$

với cùng điều kiện.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 01-01-2014 - 01:54