Chủ đề này có 2 trả lời

[Ispectorgadget]

Cho $ x,y,z >0 $ thỏa mãn ; $xyz=1$. Chứng minh rằng :
$$ \frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} +\frac{y^2+1}{y^4+4y^2+1}+\frac{z^2+1}{z^4+4z^2+1} \ge 1 $$

[thienlonghoangde]

Cho $ x,y,z >0 $ thỏa mãn ; $xyz=1$. Chứng minh rằng :
$$ \frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} +\frac{y^2+1}{y^4+4y^2+1}+\frac{z^2+1}{z^4+4z^2+1} \ge 1 $$

Đề này nếu thay $4x^2=3x^2+x $ sẽ thành bài toán hay,các bạn giải thử .

[thienlonghoangde]

Cho $ x,y,z >0 $ thỏa mãn ; $xyz=1$. Chứng minh rằng :
$$ \frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} +\frac{y^2+1}{y^4+4y^2+1}+\frac{z^2+1}{z^4+4z^2+1} \ge 1 $$

Ta chứng mình $\frac{x^2+1}{x^4+4x^2+1} \ge \frac{1}{x^2+x+1}$

Điều này cho ta :
$x^3+x \geq 2x^2 $
Điều này hiển nhiên thao $AM-GM$.
Mình chép 1 chút trong quyển BDT về BDT với $x,y,z >0$ và $xyz=1$
$$\dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1} \ge 1$$
BDT này do Võ Quốc Bá Cẩn và Vasile Cirtoaje.
Nhận xét. Mặc dù là một bất đẳng thức đơn giản nhưng đây lại là một kết quả chặt và có nhiều ứng dụng. Nó có thể giúp ta giải được khá nhiều những bài toán khó và thú vị. Thật vậy, chúng ta hãy cùng xét một số kết quả sau


Kết quả 1. Cho các số dương $a,b,c$ có tích bằng $1$. Khi đó, ta có


$$\dfrac{1}{3a^2+(a-1)^2}+\dfrac{1}{3b^2+(b-1)^2}+\dfrac{1}{3c^2+(c-1)^3} \ge 1$$


Chứng minh


Ta có $a^4+a^2+1-[3a^2+(a-1)^2]=a(a^3-3a+2) \ge 0$ (theo AM-GM)
nên $\dfrac{1}{3a^2+(a-1)^2} \ge \dfrac{1}{a^4+a^2+1}.$ Vì thế, ta chỉ cần chứng minh được
$$\dfrac{1}{a^4+a^2+1}+\dfrac {1}{b^4+b^2+1}+\dfrac {1}{c^4+c^2+1} \ge 1.$$


Áp dụng kết quả bài toán trên. ta dễ thấy bất đẳng thức này đúng. Do đó ta có điều phải chứng minh.


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$


Kết quả 2 Chứng minh rằng với mọi số dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1,$ ta luôn có
$$\dfrac{a}{2a^3+1}+\dfrac{b}{2b^3+1}+\dfrac{c}{2c^3+1} \le 1.$$


BDT này do Trần Quốc Luật và Võ Quốc Bá Cẩn.


Chứng minh


Sử dụng đánh giá sau:


$$\dfrac{2a}{2a^3+1}-\dfrac{a^2+1}{a^4+a^2+1}=\dfrac{2a}{2a^3+1}-\dfrac{2a}{a^4+a^2+1}-\dfrac{(a-1)^2}{a^4+a^2+1}$$
$$=\dfrac{2a^3(a-1)^2}{(2a^3+1)(a^4+a^2+1)}-\dfrac{(a-1)^2}{a^4+a^2+1}$$
$$ \le \dfrac{(2a^3+1)(a-1)^2}{(2a^3+1)(a^4+a^2+1)}-\dfrac{(a-1)^2}{a^4+a^2+1}=0,$$


Ta có thể đưa bài toán về chứng minh kết quả mạnh hơn là
$$\dfrac{a^2+1}{a^4+a^2+1}+\dfrac{b^2+1}{b^4+b^2+1}+\dfrac{c^2+1}{c^4+c^2+1} \le 2.$$


Mà $1-\dfrac{a^2+1}{a^4+a^2+1}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{a^4}+\dfrac{1}{a^2}+1},$ nên BDT trên tương đương với


$\dfrac{1}{\dfrac{1}{a^4}+\dfrac{1}{a^2}+1}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{b^4}+\dfrac{1}{b^2}+1}+\dfrac{1}{ \dfrac{1}{c^4}+\dfrac{1}{c^2}+1} \ge 1.$


Áp dụng kết quả bài toán trên, ta có ngay điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$


Kết quả 3. Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c dương ta luôn có


$$\sqrt{\dfrac{a^2}{a^2+\dfrac{1}{4}ab+b^2}}+\sqrt{\dfrac{b^2}{b^2+\dfrac{1}{4}bc+c^2}}+\sqrt{\dfrac{c^2}{c^2+\dfrac{1}{4}ac+a^2}} \le 2.$$


BDT này do Zhao Bin


Chứng minh.
Đặt $x=\dfrac{b}{a}, y=\dfrac{c}{b}, z=\dfrac{a}{c}$ thì $xyz=1,$ và bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành
$$\dfrac{1}{\sqrt{4x^2+x+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4y^2+y+4}}+\dfrac{1}{\sqrt{4z^2+z+4}} \le 1.$$


Bây giờ ta có đánh giá sau:
$(x+1)^2(4x^2+x+4)-4(x^2+x+1)^2=x(x-1)^2 \ge 0,$ suy ra


$$\dfrac{1}{\sqrt{4x^2+x+4}} \le \dfrac{x+1}{2(x^2+x+1)}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2 \bigg(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}+1\bigg)}.$$


Do đó, ta cần chứng minh được
$$\dfrac{3}{2}-\dfrac{1}{2}\sum \dfrac{1}{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}+1} \le 1,$$ hay là


$$\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{x}+1}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{y}+1}+\dfrac{1}{\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z}+1} \ge 1$$.


Áp dụng kết quả bài toán trên, ta suy ra bất đẳng thức này đúng, và do đó, bất đẳng thức của ta được chứng minh xong. Đẳng thức này xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c.$


Kết quả 4. Chứng minh rằng với mọi $a,b,c$ dương, ta luôn có
$$\sqrt{\dfrac{a^2}{a^2+7ab+b^2}}+\sqrt{\dfrac{b^2}{b^2+7bc+c^2}}+\sqrt{\dfrac{c^2}{c^2+7ca+a^2}} \ge 1$$

BDT này do Lê Hữu Điền Khuê
Chứng minh.
Đặt $\sqrt{\dfrac{b}{a}}=x,\sqrt{\dfrac{c}{b}}=y,\sqrt{\dfrac{a}{c}}=x$ thì $xyz=1$ và bất đẳng thức của ta được viết lại thành
$$\dfrac{1}{\sqrt{x^4+7x^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{y^4+7y^2+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{z^4+7z^2+1}} \ge 1.$$
Ta có $(x^2+x+1)^2-(x^4+7x^2+1)=2x(x-1)^2 \ge 0$ nên
$$\dfrac{1}{\sqrt{x^4+7x^2+1}} \ge \dfrac{1}{x^2+x+1}.$$
Như vậy, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau thì bài toán của ta được giải quyết hoàn toàn
$$\dfrac{1}{x^2+x+1}+\dfrac{1}{y^2+y+1}+\dfrac{1}{z^2+z+1} \ge 1.$$


Đây chính là bất đẳng thức được nêu trong bài toán trên, do vậy ta ngay điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ $a=b=c.$


Qua những kết quả ứng dụng này, chúng ta thấy rằng bất đẳng thức trên có một ứng dụng không hề nhỏ trong việc giải toán. Và sau đây, chứng tôi xin giới thiệu thêm một số bài toán khác để các bạn có thể thử sức mình với chúng (bằng các sử dụng bất đẳng thức tuyệt đẹp trên)


Giả sử $a,b,c$ là các số thực dương sao cho $abc=1.$ Chứng minh rằng


a) $\dfrac{a+3}{(a+1)^2}+\dfrac{b+3}{(b+1)^3}+\dfrac{c+3}{(c+1)^2} \ge 3;$


b)$\dfrac{1}{(a+1)^2}+\dfrac{1}{(b+1)^2}+\dfrac{1}{(c+1)^2} \le \dfrac{3}{8};$


c)$\bigg(\dfrac{a}{a^3+1}\bigg)^5+\bigg(\dfrac{b}{b^3+1}\bigg)^5+\bigg(\dfrac{c}{c^3+1}\bigg)^5 \le\dfrac{3}{2^5};$


d)$\dfrac{1}{a^2-a+1}+\dfrac{1}{b^2-b+1}+\dfrac{1}{c^2-c+1} \le 3.$


e)$\dfrac{a}{a^2+3}+\dfrac{b}{b^2+3}+\dfrac{c}{c^2+3} \le \dfrac{3}{4};$


f) $\dfrac{1}{\sqrt{2a^2+6a+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2b^2+6b+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{2c^2+6c+1}} \ge 1;$

Nguồn:Math4vn.com.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thienlonghoangde: 25-11-2012 - 21:34