longatk08

Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh

 

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+\sqrt{\dfrac{a}{2b+2c}}+\sqrt{\dfrac{b}{2c+2a}}+\sqrt{\dfrac{c}{2a+2b}}\ge 3$

Bài này có thể giải bằng C-S. Cách khác dùng BĐT phụ sau:

$\sum \sqrt{\frac{ab}{(a+c)(b+c)}}\geq 1+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

Sau đó đặt ẩn dùng $p,q,r$. BĐT sau cũng đúng:

$\sum \frac{a}{b+c}+\left(\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\right)^2\geq 6$

Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$.Chứng minh rằng:

 

$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{(a+b+c)^3}{4(ab+bc+ac)^2}+\frac{5abc(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)}{4(ab+bc+ac)^3}$

Cách làm này không thực sự "thuần túy" cổ điển cho lắm, mong được đóng góp cho hoàn thiện.

Do $ab+bc+ac>0$ nên nhân cả 2 vế BĐT cần chứng minh với $ab+bc+ac$ thì ta cần chứng minh BĐT tương đương sau:

$\sum \frac{a^2}{b+c}+abc\sum \left[\sum \frac{1}{(a+b)^2} \right]\geq \frac{(a+b+c)^3}{4(ab+bc+ac)}+\frac{5abc\left[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac \right]}{4(ab+bc+ac)^2}$

Áp dụng BĐT $Iran 96$ thì ta có:

$\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\geq \frac{9}{4(ab+bc+ac)}$

Do đó ta cần chứng minh BĐT sau là đúng:

$\sum \frac{a^2}{b+c}+\frac{9abc}{4(ab+bc+ac)}\geq  \frac{(a+b+c)^3}{4(ab+bc+ac)}+\frac{5abc\left[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right]}{4(ab+bc+ac)^2}$

Nhân cả 2 vế với $ab+bc+ac$ thì BĐT này có thể viết gọn lại là:

$a^3+b^3+c^3+abc\sum \frac{a}{b+c}+\frac{9abc}{4}\geq \frac{(a+b+c)^3}{4}+\frac{5abc\left[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right]}{4(ab+bc+ac)} $

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có:

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ac)}$

Vậy nên ta cần chỉ ra:

$\sum a^3+\frac{abc(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}+\frac{9abc}{4}\geq \frac{(a+b+c)^3}{4}+\frac{5abc\left[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac\right]}{4(ab+bc+ac)}$

Xét trường hợp $c=0$ thì ta cần chứng minh BĐT khá hiển nhiên sau:

$a^3+b^3\geq \frac{(a+b)^3}{4}$

Xét $a=b=1$ thì BĐT của ta trở thành:

$2+c^3+\frac{c(c+2)^2}{2+4c}+\frac{9c}{4}-\frac{(c+2)^3}{4}-\frac{5c(c-1)^2}{4(1+2c)} \geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{3c^2(c-1)^2}{2(1+2c)}\geq 0$

Đăng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ cùng các hoán vị.

Tương tự ta có bài toán sau:

$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\leq \frac{4(a^3+b^3+c^3)-3abc}{4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}$

Cho $a,b,c$ không âm thỏa mãn $ab+bc+ac \neq 0$.Chứng minh rằng:

$\frac{a}{(b+c)^2}+\frac{b}{(c+a)^2}+\frac{c}{(a+b)^2}\geq \frac{(a+b+c)^3}{4(ab+bc+ac)^2}+\frac{5abc(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)}{4(ab+bc+ac)^3}$

Bài này chỉ cần dự đoán $a=0,b=c$ là các bước sau đơn giản.

Ví dụ $\frac{2a^2+b^2+c^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}=\frac{1}{a^2+c^2}+\frac{1}{a^2+b^2}\geq \frac{1}{(c+\frac{a}{2})^2}+\frac{1}{(b+\frac{a}{2})^2}$

Và $(a+b)c \leq \frac{(a+b+c)^2}{4}$

Từ đó xét hàm theo $a+b+c$

 Câu 2 : 

 Giả sử $c=min \{a,b,c\}\geq 0$

 Khi đó :

 $+)~~~b^2-bc+c^2=b^2+c(c-b)\leq b^2$

 $+)~~~a^2-ac+c^2=a^2+c(c-a)\leq a^2$

 $+)~~~ab+bc+ca\geq ab$

 Suy ra chỉ cần chứng minh $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{a^2-ab+b^2}\geq \frac{3}{ab}$

Có thể hoàn thiện bằng C-S thế này:

$BĐT \Leftrightarrow \frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{a^2+b^2}{a^2-ab+b^2}\geq 4$

Mà                                                                          $\frac{1}{ab}+\frac{1}{a^2-ab+b^2}\geq \frac{4}{a^2+b^2}$

Không rõ câu cực trị là mũ $2$ hay $3$ nữa nhưng mũ $2$ thì dễ quá. Minh đánh lại đề:

Cho $a,b,c$ thực dương thỏa $a+b+c=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}.$Tìm GTLN của:

$P=\frac{a+b+1}{a^3+b^3+1}+\frac{b+c+1}{b^3+c^3+1}+\frac{c+a+1}{c^3+a^3+1}$

Ta sẽ đi chứng minh $P \leq 3$.Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:

$(a+b+1)(a^3+b^3+1) \geq (a^2+b^2+1)^2 \geq \frac{(a+b+1)^2(a^2+b^2+c^2)}{3}$

Từ đó ta có: $\frac{a+b+1}{a^3+b^3+1} \leq \frac{3}{a^2+b^2+1}$

Vậy để chứng minh $P \leq 3$ thì ta sẽ chỉ ra:

$\frac{1}{a^2+b^2+1}+\frac{1}{b^2+c^2+1}+\frac{1}{c^2+a^2+1}\leq 1$

Hay tương đương:

$\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+1}+\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2+1}+\frac{c^2+a^2}{c^2+a^2+1}\geq 2$

Áp dụng C-S thì ta cần chỉ ra: $ab+bc+ac \geq 3$

Điều này suy ra từ GT $a+b+c \geq 3$ và $ab+bc+ac \geq a+b+c$

Quả thật mình dốt BĐT, phân li BĐT nghe lạ quá, bạn có thể cho mình biết chút ít lý thuyết về nó được hay không.  

Quả thực thì phương pháp này không có lí thuyết gì cả mà chỉ là một hướng làm khi bạn gặp những bất đẳng thức có 2 dấu bằng tại tâm và cả tại biên.

Ví dụ bài toán của Darij Grinberg. Đối với những bài toán kiểu này thì dấu bằng tại biên là do đại lượng $abc$ gây ra nên ta thường cố gắng tách riêng đại lượng này ra và đánh giá phần còn lại theo các BĐT cổ điển.Ví dụ đơn giản nhất là bài toán sau( bài đầu tiên và ở cuối)

http://diendantoanho...15-2016/page-18

Rất hay!     Hai BĐT trên có thể chứng minh bằng $C-B-S$, do vậy ta hoàn toàn mở rộng được BĐT đã cho ở trên kia với bộ $n$ số dương. Cảm ơn bạn!

BĐT đầu tiên thì là hệ quả trực tiếp của Iran 96 nhưng BĐT thứ 2 còn có 1 cách chứng minh khác ngoài C-S là phân li đẳng thức

Bất đẳng thức này suy ra từ 2 bài toán quen thuộc sau:

1.(Vasile Cirtoaje)

$\frac{1}{a^2+ab+b^2}+\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$

2.( Darij Grinberg)

$\frac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}+\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+ac+a^2} \geq 2$

Ta chỉ cần chứng minh BĐT trong trường hợp có 2 số bằng nhau giả sử là $x=y$ thì ta sẽ chứng minh :

$2x^2+z^2+2 \geq 4x^4+8x^2z^2+20x^4z^2$

Từ giả thiết ta suy ra $z=\frac{1-x}{2x}$ với $0 \leq x \leq 1$

Thay vào và biến đổi tương đương cho ta:

$\frac{(1-x)(2x^2+1)(18x^3-2x^2-x+1)}{4x^2} \geq 0$

đúng với mọi $0 \leq x \leq 1$

Phép đổi biến $x=\frac{a}{b+c},y=\frac{b}{a+c},z=\frac{c}{b+a}$ cũng cho kết quả.

Bất đẳng thức chặt hơn vẫn đúng \[\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{c+a}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}} \geqslant 2\sqrt{1+\frac{9abc}{8(a+b+c)(ab+bc+ca)}},\] trong đó $a,\,b,\,c$ là các số thực không âm và $ab+bc+ca>0.$

Do không có 2 số nào đồng thời bằng không nên KMTTQ giả sử $c=0$ thì BĐT trở thành:

$\sqrt{\frac{a}{b}}+\sqrt{\frac{b}{a}}\geq 2$

BĐT này hiển nhiên đúng với $a,b>0$. Xét trường hợp $c \neq 0$ ta giả sử $c=min${$a,b,c$} khi đó ta có BĐT phụ sau:

$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}\geq 2\sqrt{\frac{a+b}{a+b+2c}}$

Lại có: $\frac{abc}{(a+b+c)(ab+bc+ac)}=\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)+abc}=\frac{1}{\frac{a+b}{c}(1+\frac{c}{a})(1+\frac{c}{b})+1}$

Mà $(1+\frac{c}{a})(1+\frac{c}{b})\geq (1+\frac{c}{\sqrt{ab}})^2\geq (1+\frac{2c}{a+b})^2$.Vậy nếu đặt $t=\frac{c}{a+b},t \in\left ( 0,\frac{1}{2} \right ]$ thì ta cần chứng minh BĐT sau là đúng.

$\frac{2}{\sqrt{t+1}}+\sqrt{t}-2\sqrt{1+\frac{9t}{8(1+2t)^2+8t}}\geq 0$

BĐT này thậm chí đúng với mọi $t>0$.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hay $a=b,c=0$ và các hoán vị.

Phép đặt $a=x^2,b=y^2,z=c^2$ và BĐT Holder cũng dẫn đến kết quả.

 

 

-Nếu vế trái của (3) không dương thì (3) luôn đúng.

-Nếu vế trái của (3) dương thì các thừa số $a+b-c; a+c-b; b+c-a$ đều dương. Dùng $Cauchy$:

$(a+b-c)(a+c-b) \le \left (\frac{a+b-c+a+c-b}{2} \right )^2 = a^2$

 

 

Nói thế này không ổn rồi. Ở đây để chứng minh $k=15/4$ thì ta dùng dồn biến bằng hàm.

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thỏa $ab+bc+ac=3$.Chứng minh rằng:

$\frac{a^2+b^2}{(a+bc)(b+ca)}+\frac{b^2+c^2}{(b+ca)(c+ab)}+\frac{c^2+a^2}{(c+ab)(a+bc)}\geq \frac{3}{2}$

Chứng minh rằng với mọi x,y,z dương ta có :

$\frac{3}{2}(\sqrt{\frac{x+y}{z}}+\sqrt{\frac{y+z}{x}}+\sqrt{\frac{z+x}{y}})^2\ge\frac{8(x+y+z)^2}{(x+y)(y+z)(z+x)}$

Chắc là $\frac{3}{2}(\sqrt{\frac{x+y}{z}}+\sqrt{\frac{y+z}{x}}+\sqrt{\frac{z+x}{y}})^2\geq \frac{8(x+y+z)^3}{\prod (x+y)}$

Áp dụng BĐT Holder:

$\left(\sum \sqrt{xy(x+y)} \right)^2\left [ \sum \frac{(x+y)^2}{xy} \right ]\geq 8(x+y+z)^3$

Từ đó thì BĐT tương đương với:

$(x+y)(y+z)(z+x) \geq 8xyz$ đúng theo AM-GM.

Nếu dùng dồn biến cũng đc nhỉ?
Dồn về căn (bc) với c≥b≥a
Trên đây là 2 cách của mình, ko biết có đúng ko, với lại mình vẫn chưa nghĩ ra dùng AM-GM như nào ( cho nó cổ điển chút!) bạn cho mình lời giải của bạn nhé!
Nice problem!

Gợi ý: $x^3+y^3+z^3 +3xyz \geq xy(x+y)+yz(y+z)+xz(x+z)$