Chứng minh bất đẳng thức

[datapokemon]

[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.

1/ a,b,c>0
[TEX]\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{a+cb}}+\sqrt{\frac{a+c}{b+ac}} \geq 3[/TEX]
2/a,b,c>0
[TEX]\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{1}{3} \geq \frac{8}{9}(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a +b})[/TEX]

 

[vuive_yeudoi]

1/ a,b,c>0
[TEX]\sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{a+cb}}+ \sqrt{\frac{a+c}{b+ac}} \geq 3[/TEX]

Xem lại coi có viết thiếu điều kiện không .

Chứ như vầy thì không đúng .

Lấy phản ví dụ
$$ (a,b,c)=(1+\frac{1}{10},1,1) $$
thì
$$ \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{a+cb}}+ \sqrt{\frac{a+c}{b+ac}} \approx 2.975900073 <3 $$

2/a,b,c>0
[TEX]\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ac}+\frac{1}{3} \geq \frac{8}{9}(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a +b})[/TEX]

Viết bất đẳng thức cần chứng minh thành
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3} \ge \frac{8}{9} .
\left( (a+b+c).\left( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right) -3\right) $$
Tương đương với
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+3 \ge \frac{8}{9} . (a+b+c) . \left( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right)$$
Tương đương
$$ \frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca} \ge \frac{8(a+b+c).\left(a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca) \right)}{9(a+b)(b+c)(c+a)} $$
Đưa về chứng minh bất đẳng thức
$$ 9(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8.(a+b+c).(ab+bc+ca) $$
Bất đẳng thức đó đúng theo AM-GM , do
$$9(a+b)(b+c)(c+a) - 8.(a+b+c).(ab+bc+ca)=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc \ge 0 $$
Kết thúc chứng minh .

 

[datapokemon]

Xem lại coi có viết thiếu điều kiện không .

Chứ như vầy thì không đúng .

Lấy phản ví dụ
$$ (a,b,c)=(1+\frac{1}{10},1,1) $$
thì
$$ \sqrt{\frac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\frac{c+b}{a+cb}}+ \sqrt{\frac{a+c}{b+ac}} \approx 2.975900073 <3 $$


Viết bất đẳng thức cần chứng minh thành
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+\frac{1}{3} \ge \frac{8}{9} .
\left( (a+b+c).\left( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right) -3\right) $$
Tương đương với
$$ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}+3 \ge \frac{8}{9} . (a+b+c) . \left( \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a} \right)$$
Tương đương
$$ \frac{a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca} \ge \frac{8(a+b+c).\left(a^2+b^2+c^2+3(ab+bc+ca) \right)}{9(a+b)(b+c)(c+a)} $$
Đưa về chứng minh bất đẳng thức
$$ 9(a+b)(b+c)(c+a) \ge 8.(a+b+c).(ab+bc+ca) $$
Bất đẳng thức đó đúng theo AM-GM , do
$$9(a+b)(b+c)(c+a) - 8.(a+b+c).(ab+bc+ca)=ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)-6abc \ge 0 $$
Kết thúc chứng minh .

A,sơ ý quá, bài 1 có điều kiện a+b+c=3 nữa!!!!!!!!!!!!

 

[vipboycodon]

Bài 1 :
Ta có :
$\sqrt{\dfrac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{a+c}{b+ac}} \ge \sqrt{\dfrac{1}{c}}+\sqrt{\dfrac{1}{a}}+ \sqrt{\dfrac{1}{b}}$
Ta lại có :
$\sqrt{\dfrac{1}{c}} \ge \dfrac{2}{c+1}$ ; $\sqrt{\dfrac{1}{a}} \ge \dfrac{2}{a+1}$ ; $\sqrt{\dfrac{1}{b}} \ge \dfrac{2}{b+1}$
Cộng vế với vế ta được :
$\sqrt{\dfrac{1}{c}}+\sqrt{\dfrac{1}{a}}+ \sqrt{ \dfrac{1}{b}} \ge 2(\dfrac{1}{c+1}+\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}) \ge 2.\dfrac{9}{a+b+c+3} = 3$(đpcm)
Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c = 1$.
Sai thì báo mình để rút kinh nghiệm.

 

[vuive_yeudoi]

Bài 1 :
Ta có :
$\sqrt{\dfrac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{a+c}{b+ac}} \ge \sqrt{\dfrac{1}{c}}+\sqrt{\dfrac{1}{a}}+ \sqrt{\dfrac{1}{b}}$

Cái đánh giá này em chỉ viết vậy thôi chứ không nói là tại sao lại đánh giá như thế .

Thì , hoặc là nó quá hiển nhiên đúng theo kiểu dễ thấy , hoặc là em chỉ nói vậy thôi chứ em chưa chứng minh được .

Làm toán , cái gì chưa chứng minh được mà dám đem ra xài , nhiều khả năng là nó không đúng lắm em .

Thực tế , anh chỉ ra một phản ví dụ như là
$$ (a,b,c)=(\frac{11}{10} ; 1 ; \frac{9}{10}) $$
Lúc đó
$$ \sqrt{\dfrac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{a+c}{b+ac}} -( \sqrt{\dfrac{1}{c}}+\sqrt{\dfrac{1}{a}}+ \sqrt{\dfrac{1}{b}}) \approx -0.5671216 < 0 $$

 

[vipboycodon]

Cái đánh giá này em chỉ viết vậy thôi chứ không nói là tại sao lại đánh giá như thế .

Thì , hoặc là nó quá hiển nhiên đúng theo kiểu dễ thấy , hoặc là em chỉ nói vậy thôi chứ em chưa chứng minh được .

Làm toán , cái gì chưa chứng minh được mà dám đem ra xài , nhiều khả năng là nó không đúng lắm em .

Thực tế , anh chỉ ra một phản ví dụ như là
$$ (a,b,c)=(\frac{11}{10} ; 1 ; \frac{9}{10}) $$
Lúc đó
$$ \sqrt{\dfrac{a+b}{c+ab}}+\sqrt{\dfrac{b+c}{a+bc}}+\sqrt{\dfrac{a+c}{b+ac}} -( \sqrt{\dfrac{1}{c}}+\sqrt{\dfrac{1}{a}}+ \sqrt{\dfrac{1}{b}}) \approx -0.5671216 < 0 $$

Thanks anh , em cũng đã nghĩ là sai ở đoạn này.
Còn chứng minh thì em làm như sau :
$a+b \ge 2\sqrt{ab}$
$c+ab \ge 2\sqrt{abc}$
Chia 2 vế cùng chiều ta được :
$\dfrac{a+b}{c+ab} \ge \dfrac{1}{\sqrt{c}}$
<=> $\sqrt{\dfrac{a+b}{c+ab}} \ge \sqrt{\dfrac{1}{\sqrt{c}}}$
tương tự với mấy cái kia.
Mà $\sqrt{c} \le c$ <=> $\dfrac{1}{\sqrt{c}} \ge \dfrac{1}{c}$ <=> $\sqrt{\dfrac{1}{\sqrt{c}}} \ge \sqrt{\dfrac{1}{c}}$
Mấy cái kia tương tự nên em suy ra cái trên .
Mà không biết sai ở chỗ nào .
Chết ! hình như em sai ở chỗ chia vế và $c \ge \sqrt{c}$ rồi . (

 

[vuive_yeudoi]

Còn chứng minh thì em làm như sau :
$a+b \ge 2\sqrt{ab}$
$c+ab \ge 2\sqrt{abc}$
Chia 2 vế cùng chiều ta được :
$\dfrac{a+b}{c+ab} \ge \dfrac{1}{\sqrt{c}}$

1. Không có được như vầy đâu em .

Giờ anh bảo này .

Thí dụ như em viết là
$$ c+ab \ge 2\sqrt{abc} $$

Rồi thì em nghịch đảo nó lại và đổi dấu trước đã
$$ \frac{1}{c+ab} \le \frac{1}{2\sqrt{abc}} $$
Rồi em mới nhân hai vế cho $ \displaystyle a+b >0 $
$$ \frac{a+b}{c+ab} \le \frac{a+b}{2\sqrt{abc}} $$
Bây giờ nếu $ \displaystyle a+b \le K $ nào đó thì đánh giá tiếp
$$ \frac{a+b}{c+ab} \le \frac{a+b}{2\sqrt{abc}} \le \frac{K}{2\sqrt{abc}}$$
Còn mà $ \displaystyle a+b \ge L $ nào đó thì thôi dừng lại , đổi qua tiếp cận bài toán theo hướng khác đi , chứ lối đang làm thì không có kiểu gì mà từ đó lại suy đâu ra được
$$ \frac{a+b}{c+ab} \ \text{ bé hơn bằng cái gì đó đâu} $$
Cứ làm từng bước , đừng có cố làm tắt cho thật lẹ làm gì , viết thêm ra vài dòng mà giảm được rất nhiều sai sót không đáng có em à .

2. Còn về lời giải .

Chuyện đầu tiên hết thì thấy căn là tìm cách khử căn đi cho nó tiện thôi .

Viết bất đẳng thức cần chứng minh thành
$$ \sum \frac{a+b}{\sqrt{(a+b)(c+ab)}} \ge 3 $$
Từ AM-GM có được
$$ \sqrt{(a+b)(c+ab)} \le \frac{a+b+c+ab}{2} $$
Tức là
$$ \frac{1}{\sqrt{(a+b)(c+ab)}} \ge \frac{2}{a+b+c+ab}=\frac{2}{3+ab} $$
Nhân hai vế cho $ \displaystyle a+b > 0 $
$$ \frac{a+b}{\sqrt{(a+b)(c+ab)}} \ge \frac{2(a+b)}{a+b+c+ab}=\frac{2(a+b)}{3+ab} $$
Giờ em có đánh giá
$$ \sum \frac{a+b}{\sqrt{(a+b)(c+ab)}} \ge \sum \frac{2(a+b)}{3+ab} $$
Nếu chứng minh được
$$ \sum \frac{2(a+b)}{3+ab} \ge 3 $$
thì bài toán được chứng minh .

Hay là cần chứng minh
$$ \sum \frac{(a+b)}{3+ab} \ge \frac{3}{2} $$
Tới đây thì có nhiều cách giải quyết .

Chẳng hạn như bây giờ đặt $ \displaystyle ab+bc+ca=q \ ; \ abc=r $ .

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$ f(r)= 3r^2+r(9-4q)+9q-27 \le 0 $$
Bây giờ theo AM-GM và Schur ta có một số điều sau đây

1. $$ q \le 3 $$
2. $$ \frac{q}{3} \ge r \ge \frac{4q-9}{3} $$

Có
$$ f^{'}(r)=6r+9-4q $$
Xét hai trường hợp

• Nếu $ \displaystyle 6r+9-4q \ge 0 $ thì hàm $f$ đồng biến theo $ \displaystyle r $ nên
  $$ f(r) \le f(\frac{q}{3})=-(q-3)(q-9) \le 0 $$
• Nếu $ \displaystyle 6r+9-4q \le 0 $ thì hàm $f$ nghịch biến theo $ \displaystyle r $ nên
  $$ f(r) \le f(\frac{4q-9}{3})=9(q-3) \le 0 $$

Bất đẳng thức được chứng minh .