Topic về bất đẳng thức (2)

[leviethai]

Đơn giản, dễ chơi dễ trúng thưởng .

Bài toán. Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1. $ Chứng minh rằng

$\[\left( {ab + \frac{c}{{a + b}}} \right)\left( {bc + \frac{a}{{b + c}}} \right)\left( {ca + \frac{b}{{c + a}}} \right) \le \frac{1}{4}.\] $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[bboy114crew]

Một bài của bác Phạm Kim Hùng!
Cho các số không âm tuỳ ý a , b ,c . Bạn hãy cmr $\frac{1}{\sqrt{4a^2 + bc}} + \frac{1}{\sqrt{4b^2 + ac}} + \frac{1}{\sqrt{4c^2 + ab}} \geq \frac{4}{a + b + c} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[chém gà]

Nguyên văn bởi bboy114crew

Một bài của bác Phạm Kim Hùng!
Cho các số thực dương tuỳ ý a , b ,c . Bạn hãy cmr $\frac{1}{\sqrt{4a^2 + bc}} + \frac{1}{\sqrt{4b^2 + ac}} + \frac{1}{\sqrt{4c^2 + ab}} \geq \frac{4}{a + b + c} $

Sao mình không thấy dấu bằng của BDT vậy?Sai đề hay sao ấy.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leviethai]

Nguyên văn bởi chém gà

Sao mình không thấy dấu bằng của BDT vậy?Sai đề hay sao ấy.

Không có dấu bằng đâu có nghĩa là sai.

Ví dụ $2>1 $ không có dấu bằng nhưng vẫn đúng .

Dấu bằng của bất đẳng thức này là $a=b,c\to 0. $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[chém gà]

Nguyên văn bởi leviethai

Không có dấu bằng đâu có nghĩa là sai.

Ví dụ $2>1 $ không có dấu bằng nhưng vẫn đúng .

Dấu bằng của bất đẳng thức này là $a=b,c\to 0. $

Ý tôi phải cho điều kiện là a,b,c không âm chứ không bảo BDT sai
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[bboy114crew]

Nguyên văn bởi chém gà

Ý tôi phải cho điều kiện là a,b,c không âm chứ không bảo BDT sai

Ui gia!Đúng là a,b,c ko âm!Mình chép sai đề,xin thứ lỗi!
Dấu = xay ra khi :
$a=b;c=0 $ và các hoán vị!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyenhuyen_AG]

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

$\sqrt[3]{\frac{a^2}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b^2}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c^2}{a}}\ge3\sqrt[3]{\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}} $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

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

$\sqrt[3]{\frac{a^2}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b^2}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c^2}{a}}\ge3\sqrt[3]{\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}} $

Bổ đề:Cho a,b,c là các số thực dương.Cmr:
$27(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca) \le(a+b+c)^5 $

CM bổ đề này:
Chuẩn hóa $a+b+c=3 $ cho gọn thì bdt viết lại thành:
$(a^2b+b^2c+c^2a)(a+b+c)(ab+bc+ca) \le 27 $
$\Leftrightarrow [(a^3b+b^3c+c^3a)+(ab+bc+ca)^2-abc(a+b+c)](ab+bc+ca) \le 27 $
Chứng minh cho cái này ta sử dụng BDT quen thuộc $(a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a) $
Khi đó ta chỉ việc cmr :$\left[\frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)^2+(ab+bc+ca)^2-abc(a+b+c) \right](ab+bc+ca) \le 27 $
Đặt $t=ab+bc+ca $ và theo BDT Schur ta có:
$3abc \ge 4t-9 $
Do vậy cuối cùng ta cần cmr:
$t \left(\frac{1}{3}(9-2t)^2+t^2-(4t-9)\right) \le 27 \Leftrightarrow (t-3)(7t^2-27t+27) \le0 $ (đúng)
Bổ đề được cm!

Áp dụng BDT Horder ta có ngay:
$\left(\sum \sqrt[3]{\frac{a^2}{b}} \right)\left(\sum \sqrt[3]{\frac{a^2}{b}} \right)\left(\sum \sqrt[3]{\frac{a^2}{b}} \right)(a^2b+b^2c+c^2a) \ge (a+b+c)^4 $
Do đó mà:$\left(\sum \sqrt[3]{\frac{a^2}{b}} \right)^3 \ge \frac{(a+b+c)^4}{a^2b+b^2c+c^2a} \ge \frac{27(ab+bc+ca)}{a+b+c} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khtoan]

Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG

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

$\sqrt[3]{\frac{a^2}{b}}+\sqrt[3]{\frac{b^2}{c}}+\sqrt[3]{\frac{c^2}{a}}\ge3\sqrt[3]{\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}} $

Không mất tính tổng quát ta có thể thay $(a,b,c)\rightarrow (a^3,b^3,c^3) $

Khi đó,bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3}{a^3+b^3+c^3}} $

Ta có

$\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq 3\sqrt[4]{\frac{a^4+b^4+c^4}{3}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}} $

-Cái thứ nhất có ở đây:
[Only registered and activated users can see links. ]
-Cái thứ 2 là bất đẳng thức trung bình lũy thừa

Vậy ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau là đủ :

$\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}\geq \sqrt[3]{\frac{a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3}{a^3+b^3+c^3}} $ (hiển nhiên đúng theo AM-GM)

Ta có điều phải chứng minh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[MathForLife]

Nguyên văn bởi leviethai

Bài toán. Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=1. $ Chứng minh rằng

$\[\left( {ab + \frac{c}{{a + b}}} \right)\left( {bc + \frac{a}{{b + c}}} \right)\left( {ca + \frac{b}{{c + a}}} \right) \le \frac{1}{4}.\] $

Bài toán này là IMO training camp 2009 của Việt Nam.

Ta có:

$ab+\frac{c}{a+b}=\frac{ab(a+b)+c(a+b+c)}{a+b}= \frac{(a+c)(b+c)-abc}{a+b} $

Vậy bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$\prod (a+b)\prod \left ( 1-\frac{abc}{(a+b)(a+c)} \right )\le \frac{1}{4} $

Với $1\ge x;y;z\ge 0 $ thì $(1-x)(1-y)(1-z)\le 1-(x+y+z)+xy+yz+zx $ . Áp dụng điều này ta có:

$\prod \left ( 1-\frac{abc}{(a+b)(a+c)} \right )\le 1-\sum \frac{abc}{(a+b)(a+c)}+\frac{a^2b^2c^2}{(a+b)(b+c) (c+a)}\sum \frac{1}{a+b} $

$\Leftrightarrow \prod (a+b)\prod \left ( 1-\frac{abc}{(a+b)(a+c)} \right )\le \sum ab(a+b)+a^2b^2c^2\sum \frac{1}{a+b}=A $

Để chứng minh $A\le \frac{1}{4} $ , ta chuyển về dạng đồng bậc:

$4\left (\sum ab(a+b)+a^2b^2c^2\sum \frac{1}{a+b}\right )\le (a+b+c)^3 $

Bất đẳng thức Schur cho ta $4\sum ab(a+b)\le (a+b+c)^3-3abc $ . Công việc còn lại là chứng minh:

$4\sum \frac{abc}{a+b}\le 3 $

Theo bất đẳng thức AM-GM:

$4\sum \frac{abc}{a+b}\le \sum a(b+c)=2(ab+bc+ca)\le \frac{2}{3}<3 $

Ta được đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=0.5;c=0 $ và các hoán vị.

Anh post lại bài của chính mình . Có phần thưởng ko đó?

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[bboy114crew]

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
$\frac{1}{{a + b + 1}} + \frac{1}{{b + c + 1}} + \frac{1}{{c + a + 1}} \ge 1 $
Chứng minh rằng $a+b+c \geq ab+bc+ca $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ptk_1411]

Nguyên văn bởi bboy114crew

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
$\frac{1}{{a + b + 1}} + \frac{1}{{b + c + 1}} + \frac{1}{{c + a + 1}} \ge 1 $
Chứng minh rằng $a+b+c \geq ab+bc+ca $

Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

$(a+b+1)(a+b+c^2)\ge (a+b+c)^2 $

$\Rightarrow \dfrac{1}{a+b+1}\le \dfrac{a+b+c^2}{(a+b+c)^2} $

Thiết lập các bât đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta được:

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

$\Rightarrow \sum a^2+2\sum a\ge (a+b+c)^2 $

$\Rightarrow a+b+c\ge ab+bc+ca $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Nguyên văn bởi bboy114crew

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
$\frac{1}{{a + b + 1}} + \frac{1}{{b + c + 1}} + \frac{1}{{c + a + 1}} \ge 1 $
Chứng minh rằng $a+b+c \geq ab+bc+ca $

Bài này bạn đã post lên một lần rồi.[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[bboy114crew]

Nguyên văn bởi daiduong1095

Cách 1(Andrei Ciupan):Áp dụng C-S:$(a+b+1)(a+b+c^2)\ge(a+b+c)^2 $
Suy ra:$1\le\sum \frac{1}{a+b+1} \le \sum\frac{a+b+c^2}{(a+b+c)^2} \Leftrightarrow (a+b+c)^2\le 2(a+b+c)+a^2+b^2+c^2 $ hay đpcm.

Cách 2(Cezar Lupu):Áp dụng C-S ta có:
$2\ge\sum(1-\frac{1}{a+b+1})=\sum{\frac{a+b}{a+b+1}} \ge \frac{\left(a+b+b+c+c+a \right)^2}{(a+b)(a+b+1)+(b+c)(b+c+1)+(c+a)(c+a+1)} $
$\Rightarrow a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+a+b+c \ge (a+b+c)^2 \Rightarrow $đpcm.

Cách 3(của anh Cẩn)Giả sử tồn tại các số dương a,b,c sao cho:
$\sum \frac{1}{a+b+1} \geq1 $ và $a+b+c<ab+bc+ca $.Khi đó ta có:
$\frac{1}{a+b+1}<\frac{\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}}{a+b+ c+\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}}=\frac{ab+bc+ca}{(a+b)(a+ b+c)+ab+bc+ca} $
Suy ra:$\sum{\frac{ab+bc+ca}{(a+b)(a+b+c)+ab+bc+ca}}>1 \Leftrightarrow 1>\sum(1-\frac{2(ab+bc+ca)}{(a+b)(a+b+c)+ab+bc+ca}) $
$\Leftrightarrow 1> \sum{\frac{a^2+ab+b^2}{(a+b)(a+b+c)+ab+bc+ca} \ge \frac{3}{4}\sum{\frac{(a+b)^2}{(a+b)(a+b+c)+ab+bc+ ca}} $
$\ge \frac{3(a+b+c)^2}{\sum{[(a+b)(a+b+c)+ab+bc+ca}]}=\frac{3(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2+3(ab+bc+ca)} \ge1 $Vô lí.
.....................đpcm.

Post by Phạm Kim Hùng!




Típ!
Cho a,b,c>0 CMR
${\left( {\frac{a}{b}} \right)^2} + {(\frac{b}{c})^2} + {(\frac{c}{a})^2} + \frac{{10(ab + bc + ca)}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} \ge 13 $
(Nguồn mathlinks.ro)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[daiduong1095]

Cho $a,b,c>0 $ thỏa mãn $a+b+c=1 $.Cmr:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+48(ab+bc+ca) \ge 25 $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]