Diễn Đàn MathScope - Xem bài viết đơn - Phương pháp SOS, SS và một số bất đẳng thức với đẳng thức ko tại tâm

chien than · 10-11-2007, 06:25 PM

Ví dụ 9: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b ^2} \ge \frac{4}{5}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac {1}{a+b}\right) $
Lời giải.
Ta chứng minh bất đẳng thức:
$ \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b ^2} \ge \frac{4}{5}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac {1}{a+b}\right)+\frac{36a^2b^2c^2}{5(a^2+b^2)(b^2+ c^2)(c^2+a^2)(a+b+c)}\\ \Leftrightarrow \sum\limits_{sym} \frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\sum\limits_{sym} \frac{a^2}{b^2+c^2} \ge \frac{12}{5}+\sum\limits_{sym} \frac{a}{b+c}+\frac{36a^2b^2c^2}{5(a^2+b^2)(b^2+c^ 2)(c^2+a^2)} \qquad (*) $
Ta có:
$\frac{4}{5}\left(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^ 2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}\right) \ge \frac{4}{5}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac {c}{a+b}\right) \qquad (1) $
$\frac{1}{5}\left(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^ 2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{4a^2b^2c^2}{(a^2+ b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}\right) \ge \frac{1}{5}.2 \qquad (2) $
$\frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+a^2}+ \frac{c(a+b)}{a^2+b^2} \ge 2+\frac{8a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \qquad (3) $
Cộng vế $(1) $ $(2) $ và $(3) $ ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 10: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thoả mãn: $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
$a^2b+b^2c+c^2a \le 4 $
Lời giải.
Bất đẳng thức tương đương với:
$a^2b+b^2c+c^2a \le \frac{4}{27}(a+b+c)^3 $
Ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn:
$4(a+b+c)^3 \ge 27(a^2b+b^2c+c^2a)+27abc $
$\Leftrightarrow (4a+4b+c)(a-b)^2+(16b+4c-11a)(a-c)(b-c) \ge 0 $
Chú ý rằng ta có đẳng thưc đơn giản sau với mọi số thực $a,b,c $:
$P(a-c)(b-c)(a-b)^2-P(a-b)^2(a-c)(b-c)=0 $
Cho $P=-\frac{4(a+b)}{ab} $ ta được:
$-\frac{4(a+b) (a-c)(b-c)} {ab} (a-b)^2+\frac{4(a+b) (a-b)^2}{ab} (a-c)(b-c)=0 $
Do đó bất đẳng thức có thể viết lại dưới dạng:
$M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \ge 0 $
Trong đó:
$ M = 4a+4b+c-\frac{4(a+b)(a-c)(b-c)}{ab}=\frac{c(4a^2+4b^2+9ab-4ac-4bc)}{ab} \ge 0\\ N = 16b+4c-11a+\frac{4(a+b)(a-b)^2}{ab}=\frac{(4a+b)(a-2b)^2+4abc}{ab} \ge 0 $
Bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 11: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
$(a^2b+b^2c+c^2a)+2(ab^2+bc^2+ca^2) \le 6\sqrt{3} $
Lời giải.
Bất đẳng thức tương đương với:
$(a^2b+b^2c+c^2a)+2(ab^2+bc^2+ca^2) \le 2\sqrt{3}\frac{(a+b+c)^3}{9} $
Giả sử $c=min(a,b,c) $, ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn:
$9(a^2b+b^2c+c^2a)+18(ab^2+bc^2+ca^2)+(54\sqrt{3}-81)abc \le 2\sqrt{3}(a+b+c)^3 $
Giả sử $c=min(a,b,c) $ ta có:
$VP-VT=M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) $
Với:
$ M = 2\sqrt{3}(a+b)+\left(14\sqrt{3}-27\right)c-\frac{2\sqrt{3}(a+b)(a-c)(b-c)}{ab}\\ = =\frac{\sqrt{3}c\left(2a^2+2b^2-2ac-2bc+(18-9\sqrt{3})ab\right)}{ab} \ge 0\\ N = \left(8\sqrt{3}-9\right)a+\left(8\sqrt{3}-19\right)b+2\sqrt{3}c+\frac{2\sqrt{3}(a+b)(a-b)^2}{ab} \\ = \frac{\sqrt{3}\left(2a+\left(2+\sqrt{3}\right)b\ri ght)\left(a+\left(1-\sqrt{3}\right)b\right)^2+2\sqrt{3}abc}{ab} \ge 0 $
Bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 12: Tìm hằng số $k $ bé nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm $a,b,c $:
$k(a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+abc(a+b+c) $
Lời giải.
Cho $a=3,b=1,c=0 $ suy ra $k \ge k_0=\frac{27}{256} $. Ta sẽ chứng minh đây là giá trị cần tìm, nghĩa là:
$\frac{27}{256}(a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+abc(a+b+c) $
Khong mất tính tổng quát giả sử $c=min(a,b,c) $, ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn sau:
$ 27(a+b+c)^4 \ge 256(a^3b+b^3c+c^3a)+473abc(a+b+c)\\ \Leftrightarrow M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \ge 0 $
Với:
$ M = 27(c+b)^2-40ac-40bc+189c^2-\frac{\left(27(a+b)^2+68(a+b)c\right)(a-c)(b-c)}{ab}\\ N = 216ab-148a^2+108b^2-121ac+135bc+27c^2+\frac{\left(27(a+b)^2+68(a+b)c \right)(a-b)^2}{ab} $
Ta có:
$ M.ab = c\left(27(a+b)(a-b)^2+189abc+41c(a+b)^2-68c^2(a+b)\right) \ge 0\\ N.ab = =(27a^2+14ab+3b^2)(a-3b)^2+c(68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2)+27abc^2 $
Nếu $68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2 \ge 0 $ bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Nếu $68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2 \le 0 $:
$N.ab \ge (27a^2+14ab+3b^2)(a-3b)^2+b(68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2) $
Dùng đạo hàm ta chứng minh được
$(27a^2+14ab+3b^2)(a-3b)^2+b(68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2) \ge 0 $
Do đó ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 13: Tìm hằng số $k $ bé nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm $a,b,c $:
$k(a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+abc(a+b+c) $
Lời giải.
Cho $a=2,b=1,c=0 $ suy ra $k \ge \frac{4}{27} $. Ta chứng minh đây chính là giá trị cần tìm, nghĩa là:
$ \frac{4}{27} (a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+abc(a+b+c) $
Giả sử $c=min(a,b,c) $, ta chứng minh bất đẳng thức sau:
$ 4(a+b+c)^4 \ge 27(a^3b+b^3c+c^3a)+27(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+54abc( a+b+c)\\ \Leftrightarrow M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \ge 0 $
Trong đó:
$ M = 4(a^2+b^2)+13c^2+20ab-7c(a+b)-\frac{(4a^2+4b^2+20ab+7ac)(a-c)(b-c)}{ab}\\ = \frac{c\left((a+b)(4a^2+4b^2+13ab+7ac)-7a^2b-c(4a^2+4b^2+7ab+7ac)\right)}{ab} \ge 0\\ N = 4b^2+4c^2-23a^2-7ac+29ab+20bc+\frac{(4a^2+4b^2+20ab+7ac)(a-b)^2}{ab}\\ = \frac{(a+b)(4a+b)(a-2b)^2+ac(4bc+a^2+3b^2+3ab+6(a-2b)^2)}{ab} \ge 0 $
Bất đẳng thức được chứng minh.

10-11-2007, 06:25 PM	#2
chien than +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Bài gởi: 138 Thanks: 1 Thanked 113 Times in 53 Posts	Ví dụ 9: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm. Chứng minh rằng: $\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b ^2} \ge \frac{4}{5}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac {1}{a+b}\right) $ Lời giải. Ta chứng minh bất đẳng thức: $ \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b ^2} \ge \frac{4}{5}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac {1}{a+b}\right)+\frac{36a^2b^2c^2}{5(a^2+b^2)(b^2+ c^2)(c^2+a^2)(a+b+c)}\\ \Leftrightarrow \sum\limits_{sym} \frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\sum\limits_{sym} \frac{a^2}{b^2+c^2} \ge \frac{12}{5}+\sum\limits_{sym} \frac{a}{b+c}+\frac{36a^2b^2c^2}{5(a^2+b^2)(b^2+c^ 2)(c^2+a^2)} \qquad () $ Ta có: $\frac{4}{5}\left(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^ 2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}\right) \ge \frac{4}{5}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac {c}{a+b}\right) \qquad (1) $ $\frac{1}{5}\left(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^ 2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{4a^2b^2c^2}{(a^2+ b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}\right) \ge \frac{1}{5}.2 \qquad (2) $ $\frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+a^2}+ \frac{c(a+b)}{a^2+b^2} \ge 2+\frac{8a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \qquad (3) $ Cộng vế $(1) $ $(2) $ và $(3) $ ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 10:* Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thoả mãn: $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng: $a^2b+b^2c+c^2a \le 4 $ Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với: $a^2b+b^2c+c^2a \le \frac{4}{27}(a+b+c)^3 $ Ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn: $4(a+b+c)^3 \ge 27(a^2b+b^2c+c^2a)+27abc $ $\Leftrightarrow (4a+4b+c)(a-b)^2+(16b+4c-11a)(a-c)(b-c) \ge 0 $ Chú ý rằng ta có đẳng thưc đơn giản sau với mọi số thực $a,b,c $: $P(a-c)(b-c)(a-b)^2-P(a-b)^2(a-c)(b-c)=0 $ Cho $P=-\frac{4(a+b)}{ab} $ ta được: $-\frac{4(a+b) (a-c)(b-c)} {ab} (a-b)^2+\frac{4(a+b) (a-b)^2}{ab} (a-c)(b-c)=0 $ Do đó bất đẳng thức có thể viết lại dưới dạng: $M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \ge 0 $ Trong đó: $ M = 4a+4b+c-\frac{4(a+b)(a-c)(b-c)}{ab}=\frac{c(4a^2+4b^2+9ab-4ac-4bc)}{ab} \ge 0\\ N = 16b+4c-11a+\frac{4(a+b)(a-b)^2}{ab}=\frac{(4a+b)(a-2b)^2+4abc}{ab} \ge 0 $ Bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 11: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng: $(a^2b+b^2c+c^2a)+2(ab^2+bc^2+ca^2) \le 6\sqrt{3} $ Lời giải. Bất đẳng thức tương đương với: $(a^2b+b^2c+c^2a)+2(ab^2+bc^2+ca^2) \le 2\sqrt{3}\frac{(a+b+c)^3}{9} $ Giả sử $c=min(a,b,c) $, ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn: $9(a^2b+b^2c+c^2a)+18(ab^2+bc^2+ca^2)+(54\sqrt{3}-81)abc \le 2\sqrt{3}(a+b+c)^3 $ Giả sử $c=min(a,b,c) $ ta có: $VP-VT=M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) $ Với: $ M = 2\sqrt{3}(a+b)+\left(14\sqrt{3}-27\right)c-\frac{2\sqrt{3}(a+b)(a-c)(b-c)}{ab}\\ = =\frac{\sqrt{3}c\left(2a^2+2b^2-2ac-2bc+(18-9\sqrt{3})ab\right)}{ab} \ge 0\\ N = \left(8\sqrt{3}-9\right)a+\left(8\sqrt{3}-19\right)b+2\sqrt{3}c+\frac{2\sqrt{3}(a+b)(a-b)^2}{ab} \\ = \frac{\sqrt{3}\left(2a+\left(2+\sqrt{3}\right)b\ri ght)\left(a+\left(1-\sqrt{3}\right)b\right)^2+2\sqrt{3}abc}{ab} \ge 0 $ Bất đẳng thức được chứng minh. Ví dụ 12: Tìm hằng số $k $ bé nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm $a,b,c $: $k(a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+abc(a+b+c) $ Lời giải. Cho $a=3,b=1,c=0 $ suy ra $k \ge k_0=\frac{27}{256} $. Ta sẽ chứng minh đây là giá trị cần tìm, nghĩa là: $\frac{27}{256}(a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+abc(a+b+c) $ Khong mất tính tổng quát giả sử $c=min(a,b,c) $, ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn sau: $ 27(a+b+c)^4 \ge 256(a^3b+b^3c+c^3a)+473abc(a+b+c)\\ \Leftrightarrow M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \ge 0 $ Với: $ M = 27(c+b)^2-40ac-40bc+189c^2-\frac{\left(27(a+b)^2+68(a+b)c\right)(a-c)(b-c)}{ab}\\ N = 216ab-148a^2+108b^2-121ac+135bc+27c^2+\frac{\left(27(a+b)^2+68(a+b)c \right)(a-b)^2}{ab} $ Ta có: $ M.ab = c\left(27(a+b)(a-b)^2+189abc+41c(a+b)^2-68c^2(a+b)\right) \ge 0\\ N.ab = =(27a^2+14ab+3b^2)(a-3b)^2+c(68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2)+27abc^2 $ Nếu $68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2 \ge 0 $ bất đẳng thức hiển nhiên đúng. Nếu $68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2 \le 0 $: $N.ab \ge (27a^2+14ab+3b^2)(a-3b)^2+b(68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2) $ Dùng đạo hàm ta chứng minh được $(27a^2+14ab+3b^2)(a-3b)^2+b(68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2) \ge 0 $ Do đó ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 13: Tìm hằng số $k $ bé nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm $a,b,c $: $k(a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+abc(a+b+c) $ Lời giải. Cho $a=2,b=1,c=0 $ suy ra $k \ge \frac{4}{27} $. Ta chứng minh đây chính là giá trị cần tìm, nghĩa là: $ \frac{4}{27} (a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+abc(a+b+c) $ Giả sử $c=min(a,b,c) $, ta chứng minh bất đẳng thức sau: $ 4(a+b+c)^4 \ge 27(a^3b+b^3c+c^3a)+27(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+54abc( a+b+c)\\ \Leftrightarrow M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \ge 0 $ Trong đó: $ M = 4(a^2+b^2)+13c^2+20ab-7c(a+b)-\frac{(4a^2+4b^2+20ab+7ac)(a-c)(b-c)}{ab}\\ = \frac{c\left((a+b)(4a^2+4b^2+13ab+7ac)-7a^2b-c(4a^2+4b^2+7ab+7ac)\right)}{ab} \ge 0\\ N = 4b^2+4c^2-23a^2-7ac+29ab+20bc+\frac{(4a^2+4b^2+20ab+7ac)(a-b)^2}{ab}\\ = \frac{(a+b)(4a+b)(a-2b)^2+ac(4bc+a^2+3b^2+3ab+6(a-2b)^2)}{ab} \ge 0 $ Bất đẳng thức được chứng minh.