Toán 9 Bất đẳng thức

[Cheems]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Cho a,b,c không âm thỏa mãn abc+a+b+c = 4
CMR a+b+c >= ab+bc+ca

 

[7 1 2 5]

Đặt [imath]a+b+c=p,ab+bc+ca=q,abc=r[/imath] thì ta có [imath]p+r=4[/imath] và cần chứng minh [imath]p \geq q[/imath]
Áp dụng BĐT Schur bậc [imath]3[/imath] ta có: [imath]r \geq \max \lbrace{0,\dfrac{p(4q-p^2)}{9} \rbrace }[/imath]
Xét các trường hợp:
+ [imath]p^2 \geq 4q[/imath]
Khi đó ta có [imath]r \geq 0 \Rightarrow p \leq 4 \Rightarrow 4q \leq p^2 \leq 16 \Rightarrow q \leq 4[/imath]
[imath]\Rightarrow p^2 \geq 4q \geq q^2 \Rightarrow p \geq q[/imath].
+ [imath]p^2 \leq 4q[/imath]
Khi đó [imath]r \geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9} \Rightarrow 4=p+r \geq p+\dfrac{p(4q-p^2)}{9}[/imath]
[imath]\Rightarrow \dfrac{4}{p} \geq 1+\dfrac{4q-p^2}{9}=\dfrac{4q-p^2+9}{9}[/imath]
[imath]\Rightarrow \dfrac{36}{p} \geq 4q-p^2+9 \Rightarrow 4q \leq p^2+\dfrac{36}{p}-9[/imath]
Ta sẽ chứng minh [imath]p^2+\dfrac{36}{p}-9 \leq 4p \Leftrightarrow (p-1)(p-3)+\dfrac{36}{p}-12 \leq 0[/imath]
[imath]\Leftrightarrow (p-1)(p-3)+\dfrac{12(3-p)}{p} \leq 0[/imath]
[imath]\Leftrightarrow (p-3)(p-1-\dfrac{12}{p}) \leq 0[/imath](1)
Ta có [imath]r>0 \Rightarrow p<4[/imath]
Từ đó [imath]p-1-\dfrac{12}{p}<p-4+3-\dfrac{12}{p}=p-4+\dfrac{3(p-4)}{p}=(p-4)(1+\dfrac{3}{p})<0[/imath]
[imath]4=p+r =p+abc \leq p+(\dfrac{a+b+c}{3})^3=p+\dfrac{p^3}{27} \Rightarrow p \geq 3[/imath]
Suy ra (1) đúng, tức [imath]4q \leq p^2+\dfrac{36}{p}-9 \leq 4p[/imath] hay [imath]p \geq q[/imath].
Dấu "=" xảy ra tại [imath](a,b,c)=(1,1,1)[/imath] hoặc [imath](2,2,0)[/imath] và các hoán vị.

Nếu còn thắc mắc chỗ nào bạn hãy trả lời dưới topic này để được hỗ trợ nhé. Chúc bạn học tốt ^^
Ngoài ra, bạn tham khảo kiến thức tại topic này nha

[Chuyên đề HSG] Bất đẳng thức Schur và kỹ thuật đổi biến $p,q,r$ cho bất đẳng thức đối xứng 3 biến​

 

[Cheems]

Đặt [imath]a+b+c=p,ab+bc+ca=q,abc=r[/imath] thì ta có [imath]p+r=4[/imath] và cần chứng minh [imath]p \geq q[/imath]
Áp dụng BĐT Schur bậc [imath]3[/imath] ta có: [imath]r \geq \max \lbrace{0,\dfrac{p(4q-p^2)}{9} \rbrace }[/imath]
Xét các trường hợp:
+ [imath]p^2 \geq 4q[/imath]
Khi đó ta có [imath]r \geq 0 \Rightarrow p \leq 4 \Rightarrow 4q \leq p^2 \leq 16 \Rightarrow q \leq 4[/imath]
[imath]\Rightarrow p^2 \geq 4q \geq q^2 \Rightarrow p \geq q[/imath].
+ [imath]p^2 \leq 4q[/imath]
Khi đó [imath]r \geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9} \Rightarrow 4=p+r \geq p+\dfrac{p(4q-p^2)}{9}[/imath]
[imath]\Rightarrow \dfrac{4}{p} \geq 1+\dfrac{4q-p^2}{9}=\dfrac{4q-p^2+9}{9}[/imath]
[imath]\Rightarrow \dfrac{36}{p} \geq 4q-p^2+9 \Rightarrow 4q \leq p^2+\dfrac{36}{p}-9[/imath]
Ta sẽ chứng minh [imath]p^2+\dfrac{36}{p}-9 \leq 4p \Leftrightarrow (p-1)(p-3)+\dfrac{36}{p}-12 \leq 0[/imath]
[imath]\Leftrightarrow (p-1)(p-3)+\dfrac{12(3-p)}{p} \leq 0[/imath]
[imath]\Leftrightarrow (p-3)(p-1-\dfrac{12}{p}) \leq 0[/imath](1)
Ta có [imath]r>0 \Rightarrow p<4[/imath]
Từ đó [imath]p-1-\dfrac{12}{p}<p-4+3-\dfrac{12}{p}=p-4+\dfrac{3(p-4)}{p}=(p-4)(1+\dfrac{3}{p})<0[/imath]
[imath]4=p+r =p+abc \leq p+(\dfrac{a+b+c}{3})^3=p+\dfrac{p^3}{27} \Rightarrow p \geq 3[/imath]
Suy ra (1) đúng, tức [imath]4q \leq p^2+\dfrac{36}{p}-9 \leq 4p[/imath] hay [imath]p \geq q[/imath].
Dấu "=" xảy ra tại [imath](a,b,c)=(1,1,1)[/imath] hoặc [imath](2,2,0)[/imath] và các hoán vị.

Nếu còn thắc mắc chỗ nào bạn hãy trả lời dưới topic này để được hỗ trợ nhé. Chúc bạn học tốt ^^
Ngoài ra, bạn tham khảo kiến thức tại topic này nha

[Chuyên đề HSG] Bất đẳng thức Schur và kỹ thuật đổi biến $p,q,r$ cho bất đẳng thức đối xứng 3 biến​

7 1 2 5Tại sao r >= p(4q-p^2)/9 a ?

 

[7 1 2 5]

Tại sao r >= p(4q-p^2)/9 a ?

CheemsĐó là BĐT Schur bậc 3 nhé. Bạn có thể tham khảo link ở trên mình có dẫn nhé.

 

[kido2006]

Mình xin góp thêm 1 cách khác :vv

TH1: Tồn tại 1 số bằng 0 ,giả sử [imath]c=0[/imath]
Khi đó bài toán trở thành cho [imath]a+b=4[/imath] . Chứng minh [imath]a+b \ge ab[/imath]
Thật vậy điều đó [imath]\Leftrightarrow (a+b)^2 \ge 4ab[/imath] (đúng)

TH2: Cả ba số đều [imath]>0[/imath]
Giả sử tồn tại [imath]x,y,z[/imath] dương thỏa mãn [imath]x+y+z<xy+yz+zx[/imath] với điều kiện không đổi
Ta sẽ chỉ ra điều giả sử là sai
Thật vậy , đặt [imath]x+y+z=p[/imath] ; [imath]xy+yz+zx=q[/imath] ; [imath]xyz=r[/imath]
Khi đó ta có [imath]p+r=4[/imath] và [imath]p<q[/imath]
[imath]\Rightarrow (q-p)(rq^2+pqr+rp^2+pq^2) > 0[/imath]
[imath]\Leftrightarrow q^3(p+r) > p^2q^2+rp^3[/imath]
[imath]\Leftrightarrow 4> \dfrac{p^2}{q}+\dfrac{rp^3}{q^3}[/imath]

Mặt khác ta có [imath]\dfrac{p^3}{q^3}\geq \dfrac{9}{pq}\Leftrightarrow p^2\geq 3q[/imath]
Do đó [imath]4> \dfrac{p^2}{q}+\dfrac{rp^3}{q^3}\geq \dfrac{p^2}{q}+\dfrac{9r}{pq}\Leftrightarrow 4pq > p^3+9r[/imath]
Điều này mâu thuẫn với bất đẳng thức Schur
Do đó điều giả sử là sai hay không tồn tại bộ x,y,z thỏa mãn
[imath]\Rightarrow[/imath] đpcm

Nếu còn thắc mắc chỗ nào bạn hãy trả lời dưới topic này để được hỗ trợ nhé ^^
Chúc bạn học tốt ^^
Ngoài ra, bạn tham khảo kiến thức tại đây nhé
[Chuyên đề HSG] Bất đẳng thức Schur và kỹ thuật đổi biến p,q,rp,q,r cho bất đẳng thức đối xứng 3 biến

 

[7 1 2 5]

Một cách khác cũng sử dụng BĐT Schur nhưng không phải đổi biến [imath]p,q,r[/imath]!
Vì [imath]abc+ab+bc+ca=4[/imath] nên tồn tại các số thực không âm [imath]x,y,z[/imath] thỏa mãn [imath]a=\dfrac{2x}{y+z},b=\dfrac{2y}{z+x},c=\dfrac{2z}{x+y}[/imath]
Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với [imath]\dfrac{2x}{y+z}+\dfrac{2y}{x+z}+\dfrac{2z}{x+y} \geq \dfrac{4xy}{(z+x)(z+y)}+\dfrac{4yz}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{4zx}{(y+x)(y+z)}[/imath]
[imath]\Leftrightarrow \dfrac{x(x+y)(x+z)+y(y+z)(y+x)+z(z+x)(z+y)}{(x+y)(y+z)(z+x)} \geq \dfrac{2xy(x+y)+2yz(z+y)+2zx(x+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}[/imath]
[imath]\Leftrightarrow x(x+y)(x+z)+y(y+z)(y+x) \geq 2xy(x+y)+2yz(y+z)+2zx(z+x)=2[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)][/imath]
[imath]\Leftrightarrow x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y) \geq 0[/imath] (ở đây để biến đổi nhanh ta để ý [imath](x+y)(x+z)=(x-y)(x-z)+2x(y+z)[/imath])
Mà BĐT hiển nhiên đúng do BĐT Schur bậc [imath]3[/imath] nên ta có đpcm.

 

[Cheems]

Một cách khác cũng sử dụng BĐT Schur nhưng không phải đổi biến [imath]p,q,r[/imath]!
Vì [imath]abc+ab+bc+ca=4[/imath] nên tồn tại các số thực không âm [imath]x,y,z[/imath] thỏa mãn [imath]a=\dfrac{2x}{y+z},b=\dfrac{2y}{z+x},c=\dfrac{2z}{x+y}[/imath]
Khi đó BĐT cần chứng minh tương đương với [imath]\dfrac{2x}{y+z}+\dfrac{2y}{x+z}+\dfrac{2z}{x+y} \geq \dfrac{4xy}{(z+x)(z+y)}+\dfrac{4yz}{(x+y)(x+z)}+\dfrac{4zx}{(y+x)(y+z)}[/imath]
[imath]\Leftrightarrow \dfrac{x(x+y)(x+z)+y(y+z)(y+x)+z(z+x)(z+y)}{(x+y)(y+z)(z+x)} \geq \dfrac{2xy(x+y)+2yz(z+y)+2zx(x+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}[/imath]
[imath]\Leftrightarrow x(x+y)(x+z)+y(y+z)(y+x) \geq 2xy(x+y)+2yz(y+z)+2zx(z+x)=2[x^2(y+z)+y^2(x+z)+z^2(x+y)][/imath]
[imath]\Leftrightarrow x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y) \geq 0[/imath] (ở đây để biến đổi nhanh ta để ý [imath](x+y)(x+z)=(x-y)(x-z)+2x(y+z)[/imath])
Mà BĐT hiển nhiên đúng do BĐT Schur bậc [imath]3[/imath] nên ta có đpcm.

7 1 2 5Nhưng dự kiện đề bài là abc + a + b + c = 4 ạ

 

[7 1 2 5]

Nhưng dự kiện đề bài là abc + a + b + c = 4 ạ

CheemsÀ vậy mình nhìn nhầm nhé :')) Cách này cũng sai luôn rồi.