Cho các số $a,b,c$ thực dương. Chứng minh rằng
$$\frac{a^2+ab+2b^2}{b^2+2ab}+\frac{b^2+2c^2+bc}{c^2+2bc}+\frac{c^2+2a^2+ac}{a^2+2ac}\geq
\frac{36(ab+bc+ac)}{(2+a^2)(2+b^2)(2+c^2)}$$
----Trần Trung Kiên----
Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$$VT\geq \frac{(\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac})^2}{(a+b+c)^2}$$
Ta
có: $$\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac}\geq
\sqrt{\frac{3}{4}(b+c)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(c+a)^2+c^2}$$
Áp dụng BĐT Minkowsky ta có
$${\sqrt{\frac{3}{4}(b+c)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(a+b)^2+b^2}+\sqrt{\frac{3}{4}(c+a)^2+c^2}\geq
\sqrt{\frac{3}{4}(2[a+b+c)]^2+(c+a+b)^2} \geq 2(a+b+c)}$$
Do
đó
$$\frac{(\sqrt{a^2+ab+2b^2}+\sqrt{2b^2+c^2+bc}+\sqrt{2c^2+a^2+ac})^2}{(a+b+c)^2}\geq
\frac{4(a+b+c)^2}{(a+b+c)^2}\geq \frac{12(ab+bc+ac)}{(a+b+c)^2}$$
Ta chỉ cần chứng minh: $(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2$ (1)
Đây là 2 cách chứng minh BĐT (1)
Cách 1: Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
$(a+b+c)^2\le (a^2+2)[1+\frac{(b+c)^2}{2}]$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $(b^2+2)(c^2+2)\geq 3[1+\frac{(b+c)^2}{2}]$
Khai triển ra ta được $\frac{b^2+c^2}{2}+(bc)^2-3bc+1\geq 0$
Ta có: $\frac{b^2+c^2}{2}+(bc)^2-3bc+1\geq (bc-1)^2\geq 0$ (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Cách
2: Trong 3 số $a^2-1;b^2-1;c^2-1$ luôn tồn tại 2 số cùng dấu. Giả sử 2
số đó là $a^2-1; b^2-1$. Khi đó áp dụng bất đẳng thằng Weierstrass (*)
$$(a^2+2)(b^2+2)=[3+(a^2-1)][3+(b^2-1)]=9(1+\frac{a^2-1}{3})(1+\frac{b^2-1}{3})$$
$$\geq 9(1+\frac{a^2-1}{3}+\frac{b^2-1}{3})=3(a^2+b^2+1)$$
Ta chỉ cần chứng minh $$(a^2+b^2+1)(c^2+2)\geq (a+b+c)^2$$
Điều này đúng theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1 \blacksquare$
Từ đây ta có điều cần chứng minh .
Thứ Sáu, 30 tháng 3, 2012
Thứ Tư, 21 tháng 3, 2012
Cho các số a,b,c thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$
Chứng minh rằng $$a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$$
Dễ thấy các số trong căn đều dương. Áp dụng BĐT Bernoulli(*)
$$\sqrt[3]{1+b-c}\leq \frac {1}{3}(1+b-c)+\frac{2}{3}=\frac{1}{3}(b-c)+1$$
$a\sqrt[3]{1+b-c}\leq \frac{1}{3}(ab-ac)+a$
Thiết lập tương tự ta có:
$$ b\sqrt[3]{1+c-a}\leq \frac{1}{3}(cb-ba)+b$$
$$c\sqrt[3]{1+a-b}\leq \frac{1}{3}(ca-bc)+c$$
Cộng lại ta có: $$VT\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ac-ab-bc-ac)+a+b+c=1$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[
\left\{ \begin{array}{l}
a = b = c \\
a + b + c = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}
\]
Chứng minh rằng $$a\sqrt[3]{1+b-c}+b\sqrt[3]{1+c-a}+c\sqrt[3]{1+a-b}\leq 1$$
Dễ thấy các số trong căn đều dương. Áp dụng BĐT Bernoulli(*)
$$\sqrt[3]{1+b-c}\leq \frac {1}{3}(1+b-c)+\frac{2}{3}=\frac{1}{3}(b-c)+1$$
$a\sqrt[3]{1+b-c}\leq \frac{1}{3}(ab-ac)+a$
Thiết lập tương tự ta có:
$$ b\sqrt[3]{1+c-a}\leq \frac{1}{3}(cb-ba)+b$$
$$c\sqrt[3]{1+a-b}\leq \frac{1}{3}(ca-bc)+c$$
Cộng lại ta có: $$VT\leq \frac{1}{3}(ab+bc+ac-ab-bc-ac)+a+b+c=1$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[
\left\{ \begin{array}{l}
a = b = c \\
a + b + c = 1 \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = \frac{1}{3}
\]
Cho các số dương $a,b,c,m,n,p$ thỏa mãn: $a+m=b+n=c+p=k$. Chứng minh rằng $$an+bp+cm < k^2$$
Cho các số dương $a,b,c,m,n,p$ thỏa mãn: $a+m=b+n=c+p=k$. Chứng minh rằng $$an+bp+cm < k^2$$
Lời giải:
Từ giả thiết, ta có $(k-a)(k-b)(k-c)+abc>0,$ hay $$k^2>k(a+b+c)-(ab+bc+ca).$$ Bất đẳng thức này có thể được viết lại thành $$a(k-b)+b(k-c)+c(k-a)< k^2.$$ Do $k-b=n,\, k-c=p,\, k-a=m$ nên ta có $$an+bp+cm<k^2.$$ Đây chính là kết quả cần chứng minh. $\blacksquare$
Theo Võ Quốc Bá Cẩn.
Lời giải:
Từ giả thiết, ta có $(k-a)(k-b)(k-c)+abc>0,$ hay $$k^2>k(a+b+c)-(ab+bc+ca).$$ Bất đẳng thức này có thể được viết lại thành $$a(k-b)+b(k-c)+c(k-a)< k^2.$$ Do $k-b=n,\, k-c=p,\, k-a=m$ nên ta có $$an+bp+cm<k^2.$$ Đây chính là kết quả cần chứng minh. $\blacksquare$
Theo Võ Quốc Bá Cẩn.
Chứng minh : $\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}\ge abc+\sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)} $ với a,b,c dương
Chứng minh : $\sqrt{(a^2b+b^2c+c^2a)(ab^2+bc^2+ca^2)}\ge abc+\sqrt[3]{(a^3+abc)(b^3+abc)(c^3+abc)} $ với a,b,c dương
Vì $abc\ne 0$ nên ta chia cả 2 vế của bất đẳng thức cho $abc$, ta được:
\[\sqrt{\left( \frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a} \right)\left( \frac{b}{c}+\frac{c}{a}+\frac{a}{b} \right)}\ge 1+\sqrt[3]{\left( 1+\frac{bc}{{{a}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ca}{{{b}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ab}{{{c}^{2}}} \right)}\]
\[\Leftrightarrow \sqrt{3+\frac{bc}{{{a}^{2}}}+\frac{ca}{{{b}^{2}}}+\frac{ab}{{{c}^{2}}}+\frac{{{a}^{2}}}{bc}+\frac{{{b}^{2}}}{ca}+\frac{{{c}^{2}}}{ab}}\ge 1+\sqrt[3]{\left( 1+\frac{bc}{{{a}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ca}{{{b}^{2}}} \right)\left( 1+\frac{ab}{{{c}^{2}}} \right)}\]
Đặt: $x=\frac{bc}{{{a}^{2}}};y=\frac{ca}{{{b}^{2}}};z=\frac{ab}{{{c}^{2}}}$ $\Rightarrow xyz=1$.
Khi đó ta cần chứng minh
\[\sqrt{3+x+y+z+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}\ge 1+\sqrt[3]{(1+x)(1+y)(1+z)}\]
\[\Leftrightarrow \sqrt{3+x+y+z+xy+yz+zx}\ge 1+\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}\]
Đặt $t=\sqrt[3]{2+x+y+z+xy+yz+zx}.$
Sử dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có
\[x+y+z+xy+yz+zx\ge 6 \Rightarrow t\ge \sqrt[3]{2+6}=2.\]
Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
\[\sqrt{{{t}^{3}}+1}\ge 1+t\Leftrightarrow {{t}^{3}}+1\ge {{t}^{2}}+2t+1\Leftrightarrow {{t}^{3}}-{{t}^{2}}-2t\ge 0\Leftrightarrow t(t+1)(t-2)\ge 0,\] hiển nhiên đúng với $t\ge 2.$
Phép chứng minh hoàn tất. :)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. \blacksquare$
Cho $\ a, b, c$ là 3 số thực dương. CMR: $\ 4{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}\geq \left({a}^{3}+{b}^{3}+{c}^{3}+abc \right)\left(a+b-c \right)\left(b+c-a \right)\left(c+a-b \right).$
Cho $\ a, b, c$ là 3 số thực dương. CMR: $\ 4{a}^{2}{b}^{2}{c}^{2}\geq \left({a}^{3}+{b}^{3}+{c}^{3}+abc \right)\left(a+b-c \right)\left(b+c-a \right)\left(c+a-b \right).$
Không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử $a\ge b\ge c.$ Ta có các hằng đẳng thức sau đây $$abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c),$$ $$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)].$$ Sử dụng các hằng đẳng thức này, ta có thể viết bất đẳng thức trên lại thành $$(a^3+b^3+c^3+abc)[abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]\ge abc(a^3+b^3+c^3-3abc),$$ hay là $$(a^3+b^3+c^3+abc)[(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c)]\ge abc(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)],$$ $$(a-b)^2\cdot M +(a-c)(b-c)\cdot N \ge 0,$$ trong đó $$\begin {aligned} M&=(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c)\\N&=(a^3+b^3+c^3+abc)c-abc(a+b+c).\end{aligned}$$ Vì $(a-b)^2$ và $(a-c)(b-c)$ đều không âm nên nếu ta chứng minh được cả $M,N$ đều là các số không âm nữa thì bài toán xem như đã được chứng minh. Thật vậy, ta có $$\begin {aligned} M&=(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c)\\&=(a^3+b^3+c^3)(a+b-c)-2abc \cdot c\\& \ge 3abc \cdot a -2abc \cdot c\\& =abc(3a-2c)>0.\end{aligned}$$ và $$\begin {aligned} N&=(a^3+b^3+c^3+abc)c-abc(a+b+c)\\&=c[a^3+b^3+c^3+abc-ab(a+b+c)]\\&=c[a^3+b^3-ab(a+b)]\\&=c(a-b)^2(a+b)\ge 0.\end{aligned}$$ Vậy bài toán đã được chứng minh xong $\Box$
Nguồn: onluyentoan.vn
Không mất tính tổng quát của bài toán, ta giả sử $a\ge b\ge c.$ Ta có các hằng đẳng thức sau đây $$abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c),$$ $$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)].$$ Sử dụng các hằng đẳng thức này, ta có thể viết bất đẳng thức trên lại thành $$(a^3+b^3+c^3+abc)[abc-(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)]\ge abc(a^3+b^3+c^3-3abc),$$ hay là $$(a^3+b^3+c^3+abc)[(a-b)^2(a+b-c)+c(a-c)(b-c)]\ge abc(a+b+c)[(a-b)^2+(a-c)(b-c)],$$ $$(a-b)^2\cdot M +(a-c)(b-c)\cdot N \ge 0,$$ trong đó $$\begin {aligned} M&=(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c)\\N&=(a^3+b^3+c^3+abc)c-abc(a+b+c).\end{aligned}$$ Vì $(a-b)^2$ và $(a-c)(b-c)$ đều không âm nên nếu ta chứng minh được cả $M,N$ đều là các số không âm nữa thì bài toán xem như đã được chứng minh. Thật vậy, ta có $$\begin {aligned} M&=(a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)-abc(a+b+c)\\&=(a^3+b^3+c^3)(a+b-c)-2abc \cdot c\\& \ge 3abc \cdot a -2abc \cdot c\\& =abc(3a-2c)>0.\end{aligned}$$ và $$\begin {aligned} N&=(a^3+b^3+c^3+abc)c-abc(a+b+c)\\&=c[a^3+b^3+c^3+abc-ab(a+b+c)]\\&=c[a^3+b^3-ab(a+b)]\\&=c(a-b)^2(a+b)\ge 0.\end{aligned}$$ Vậy bài toán đã được chứng minh xong $\Box$
Nguồn: onluyentoan.vn
Thứ Hai, 12 tháng 3, 2012
Cho a,b là 2 số dương thoả mãn $a^3+b^3=2$
Chứng minh rằng: $3(a^4+b^4)+2a^4b^4 \leq 8$
Chứng minh rằng: $3(a^4+b^4)+2a^4b^4 \leq 8$
$$a^3+b^3+1 \ge 3ab\Rightarrow ab\le 1$$
$$a^3+1+1\ge 3a \Rightarrow a^3+b^3+2\ge 3a+b^3\Rightarrow 3a\le 4-b^3$$
Tương tự: $3b\le 4-b^3$
$$3(a^4+b^4)+2a^4b^4=3a.a^3+3b.b^3+2a^3b^3.ab\le(4-b^3)a^3+(4-a^3)b^3+2a^3b^3=4(a^3+b^3)=8$$
Dấu $"="$ xảy ra khi: $a=b=1$
$$a^3+1+1\ge 3a \Rightarrow a^3+b^3+2\ge 3a+b^3\Rightarrow 3a\le 4-b^3$$
Tương tự: $3b\le 4-b^3$
$$3(a^4+b^4)+2a^4b^4=3a.a^3+3b.b^3+2a^3b^3.ab\le(4-b^3)a^3+(4-a^3)b^3+2a^3b^3=4(a^3+b^3)=8$$
Dấu $"="$ xảy ra khi: $a=b=1$
Thứ Hai, 5 tháng 3, 2012
Cho $a,b,c \in \left[\frac{1}{2};2 \right].$ Chứng minh: $\left(a+b+b \right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)\leq \frac{225}{16}$
Cho $a,b,c \in \left[\frac{1}{2};2 \right].$ Chứng minh: $\left(a+b+b \right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)\leq \frac{225}{16}$
Ta có: $$a \in [\frac{1}{2};2] \Rightarrow (a- \frac{1}{2})(a-2) \leq 0$$
$$a^2 - \frac{5}{2}a + 1 \leq 0$$
$$\Rightarrow a+ \frac{1}{a} \leq \frac{5}{2}$$
Tương tự, ta có: $$\Rightarrow b+ \frac{1}{b} \leq \frac{5}{2}$$
$$\Rightarrow c+ \frac{1}{c} \leq \frac{5}{2}$$
Theo BĐT AM-GM:
$$(a+b+c)(\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}) \leq \frac{1}{4}(a+b+c+\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c})^2 \leq \frac{1}{4}(3. \frac{5}{2})^2 = \frac{225}{16}$$
$$a^2 - \frac{5}{2}a + 1 \leq 0$$
$$\Rightarrow a+ \frac{1}{a} \leq \frac{5}{2}$$
Tương tự, ta có: $$\Rightarrow b+ \frac{1}{b} \leq \frac{5}{2}$$
$$\Rightarrow c+ \frac{1}{c} \leq \frac{5}{2}$$
Theo BĐT AM-GM:
$$(a+b+c)(\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}) \leq \frac{1}{4}(a+b+c+\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c})^2 \leq \frac{1}{4}(3. \frac{5}{2})^2 = \frac{225}{16}$$
Đăng ký:
Bài đăng (Atom)