Chủ đề này có 5 trả lời

[phatthientai]

1. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ . Chứng minh bất đẳng thức sau:
$$\left( ab+bc+ca \right){{\left( \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \right)}^{2}}\ge 27$$

2. Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\left( a+b+c \right)\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)=10$
$$\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}} \right)\ge \frac{27}{2}$$

[maitienluat]

Áp dụng BĐT Holder ta có
$$\left ( \sum a^{2}b^{2} \right )\left ( \sum \sqrt{ab} \right )^{2}\geq \left ( \sum ab \right )^{3}$$
$$\Leftrightarrow \left ( \sum \sqrt{ab} \right )^{2}\geq \frac{\left ( \sum ab \right )^{3}}{\sum a^{2}b^{2}}$$
Ta sẽ c/minh
$$\frac{\left ( \sum ab \right )^{3}}{\sum a^{2}b^{2}}\geq \frac{27}{\sum ab}$$
$$\Leftrightarrow \left ( \sum ab \right )^{4}\geq 27\left ( \sum a^{2}b^{2} \right )$$(*)
Từ điều kiện ta suy ra $abc(a+b+c)=ab+bc+ca$
$$\Rightarrow \sum a^{2}b^{2}= \left ( \sum ab \right )^{2}-2abc\sum a=\left ( \sum ab \right )^{2}-2\sum ab$$
Vì thế nên BĐT (*) trở thành
$$\left ( \sum ab \right )^{4}\geq 27\left [ \left ( \sum ab \right )^{2}-2\sum ab \right ]$$
Dễ thấy đây là BĐT AM-GM cho 3 số, ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

[Mai Xuan Son]

1. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ . Chứng minh bất đẳng thức sau:
$$\left( ab+bc+ca \right){{\left( \sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca} \right)}^{2}}\ge 27$$

Một cách khác,chỉ dùng $AM-GM$ (bài này có trong quyển của anh Cẩn ùi)

Đặt $\left\{\begin{matrix} a=yz & & \\ b=xz & & \\ c=xy & & \end{matrix}\right.$
Do đó
Điều kiện bài toán trở thành
$a+b+c=ab+bc+ac$ $\circledast$
Và bđt cần chứng minh trở thành

$(a+b+c)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\geq 27$

Lấy căn 2 hai vế và viết lại dưới dạng thuần nhất

$\sum _{cyc}\sqrt{\frac{a}{a+b+c}}\geq \frac{3\sqrt{3}(ab+bc+ac)}{(a+b+c)^2}$ (Do $\circledast$)

Lại có:
$(a+b+c)^2-a^2-b^2-c^2=2(ab+bc+ac)$
Do đó ta cần chứng minh

$2\sum _{cyc}\sqrt{\frac{a}{a+b+c}}+\frac{3\sqrt{3}(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}\geq 3\sqrt{3}$

Theo $AM-GM$

$\frac{3\sqrt{3}a^2}{(a+b+c)^2}+2\sqrt{\frac{a}{a+b+c}}\geq \frac{3\sqrt{3}a}{a+b+c}$

Thiết lập ghép "ba" tương tự ta có đpcm
Dấu "=" khi $a=b=c$ hay $x=y=z$ $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tops2liz: 18-03-2013 - 23:20

[WhjteShadow]

2. Cho $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh bất đẳng thức sau:
$\left( a+b+c \right)\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)=10$
$$\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\left( \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}} \right)\ge \frac{27}{2}$$

Thấy bạn muốn có lời giải bài 2 quá ^^~ Nên mình làm ch0 nè :")

Đặt $a=xc,b=yc$ ta có $(x+y+1)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+1\right)=10$ ta cần chứng minh:

$$(x^2+y^2+1)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+1\right)\geq \frac{27}{2}$$

Từ giả thiết, đặt $x+y=S,xy=P$ ta có $\frac{S^2}{P}+S+\frac{S}{P}=9$, dễ dàng chứng minh $S<9$ nên:

$$P=\frac{S(S+1)}{9-S}$$

Nhưng do $P\neq 0$ nên $S\neq 0;-1$, và mặt khác do $P\leq \frac{S^2}{4}$ suy ra:

$$ \frac{S(S+1)}{9-S}\leq \frac{S^2}{4}$$

 

 

$$\Leftrightarrow S(S-1)(S-4)\leq 0$$

$$\Leftrightarrow S<0 \, \text{hoặc}\, S\in [1;4]$$

Còn đpcm, ta có thể viết lại thành:

$$\left(\frac{S^2-2P}{P}\right)^2+S^2-2P+\frac{S^2-2P}{P^2}\geq \frac{25}{2}$$

Thế $P=\frac{S(S+1)}{9-S}$ vào và biến đổi ta có bất đẳng thức tương đương:

$$\frac{(3-2S)^2(S-3)^2(4-S)(S-1)}{2S(9-S)(1+S)^2}\geq 0$$

Luôn đúng với $S<0 \, \text{hoặc}\, S\in [1;4]$

Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c)=(2k;2k;k)$ hoặc $(a;b;c)=(2k;k;k)$ với $k\in \mathbb{R}$ cùng các hoán vị $\blacksquare$

1 số bài toán tương tự cùng giả thiết (và thêm đk các biến dương)

1,

$$\frac {19}{12}\le \frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}\le \frac 5{3}$$

2,

$$\frac {69}{40}\le \frac {a^2}{b^2+c^2}+\frac {b^2}{c^2+a^2}+\frac {c^2}{a^2+b^2}\le \frac {12}{5}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 20-03-2013 - 11:20

[phatthientai]

Thấy bạn muốn có lời giải bài 2 quá ^^~ Nên mình làm ch0 nè :")

Đặt $a=xc,b=yc$ ta có $(x+y+1)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+1\right)=10$ ta cần chứng minh:

$$(x^2+y^2+1)\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+1\right)\geq \frac{27}{2}$$

Từ giả thiết, đặt $x+y=S,xy=P$ ta có $\frac{S^2}{P}+S+\frac{S}{P}=9$, dễ dàng chứng minh $S<9$ nên:

$$P=\frac{S(S+1)}{9-S}$$

Nhưng do $P\neq 0$ nên $S\neq 0;-1$, và mặt khác do $P\leq \frac{S^2}{4}$ suy ra:

$$ \frac{S(S+1)}{9-S}\leq \frac{S^2}{4}$$

 

 

$$\Leftrightarrow S(S-1)(S-4)\leq 0$$

$$\Leftrightarrow S<0 \, \text{hoặc}\, S\in [1;4]$$

Còn đpcm, ta có thể viết lại thành:

$$\left(\frac{S^2-2P}{P}\right)^2+S^2-2P+\frac{S^2-2P}{P^2}\geq \frac{25}{2}$$

Thế $P=\frac{S(S+1)}{9-S}$ vào và biến đổi ta có bất đẳng thức tương đương:

$$\frac{(3-2S)^2(S-3)^2(4-S)(S-1)}{2S(9-S)(1+S)^2}\geq 0$$

Luôn đúng với $S<0 \, \text{hoặc}\, S\in [1;4]$

Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c)=(2k;2k;k)$ hoặc $(a;b;c)=(2k;k;k)$ với $k\in \mathbb{R}$ cùng các hoán vị $\blacksquare$

1 số bài toán tương tự cùng giả thiết (và thêm đk các biến dương)

1,

$$\frac {19}{12}\le \frac a{b+c}+\frac b{c+a}+\frac c{a+b}\le \frac 5{3}$$

2,

$$\frac {69}{40}\le \frac {a^2}{b^2+c^2}+\frac {b^2}{c^2+a^2}+\frac {c^2}{a^2+b^2}\le \frac {12}{5}$$

 

 

 

Mình cũng mới vừa làm ra. Bạn xem thử:

Đặt $$x=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}, y=\frac{b}{c}+\frac{c}{b},x=\frac{a}{c}+\frac{c}{a}$$

Ta có bài toán trở thành:

Cho $x,y,z\geq 2$ và $x+y+z=7$. Chứng minh rằng $$x^2+y^2+z^2\geq \frac{33}{2}$$

Ta có $${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( 7-x-y \right)}^{2}}\ge \frac{33}{2}\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+2x\left( y-7 \right)+2{{y}^{2}}-14y+\frac{65}{2}\ge 0$$

Vậy để có đpcm thì $$\Delta \le 0\Leftrightarrow {{\left( y-7 \right)}^{2}}-2\left( 2{{y}^{2}}-14y+\frac{65}{2} \right)=-3{{y}^{2}}+14y-16\le 0\Leftrightarrow y\le \frac{8}{3}\vee y\ge 2$$

Mà ta có $\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge 2$ Nên ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi $$y=2\Rightarrow x=\frac{5}{2}\Rightarrow z=\frac{5}{2}$$

Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c)=(2k;2k;k)$ hoặc $(a;b;c)=(2k;k;k)$ với $k$ là số thực cùng các hoán vị

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phatthientai: 20-03-2013 - 12:38

[WhjteShadow]

Mình cũng mới vừa làm ra. Bạn xem thử:

Đặt $$x=\frac{a}{b}+\frac{b}{a}, y=\frac{b}{c}+\frac{c}{b},x=\frac{a}{c}+\frac{c}{a}$$

Ta có bài toán trở thành:

Cho $x,y,z\geq 2$ và $x+y+z=7$. Chứng minh rằng $$x^2+y^2+z^2\geq \frac{33}{2}$$

Ta có $${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}={{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{\left( 7-x-y \right)}^{2}}\ge \frac{33}{2}\Leftrightarrow 2{{x}^{2}}+2x\left( y-7 \right)+2{{y}^{2}}-14y+\frac{65}{2}\ge 0$$

Vậy để có đpcm thì $$\Delta \le 0\Leftrightarrow {{\left( y-7 \right)}^{2}}-2\left( 2{{y}^{2}}-14y+\frac{65}{2} \right)=-3{{y}^{2}}+14y-16\le 0\Leftrightarrow y\le \frac{8}{3}\vee y\ge 2$$

Mà ta có $\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\ge 2$ Nên ta có đpcm

Dấu bằng xảy ra khi $$y=2\Rightarrow x=\frac{5}{2}\Rightarrow z=\frac{5}{2}$$

Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c)=(2k;2k;k)$ hoặc $(a;b;c)=(2k;k;k)$ với $k$ là số thực cùng các hoán vị

$a,b,c$ chưa chắc đã cùng dương đâu mà làm đc thế bạn Nhưng ta có thể dùng Dirichlet để chỉ ra tr0ng $x,y,z$ có 1 số $\geq 2$