Toán 10 [Toán 10]Bất đẳng thức

B

bosjeunhan

[Toán 10] BĐT

Bài rất hay, nhưng không phải là đơn giản...

Cho các số thực a,b,c thỏa mãn không có hai số nào đồng thời bằng $0$..
CMR: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}+ \dfrac{a^2.b+b^2.c+c^2.a}{a.b^2+b.c^2+c.a^2} \ge \dfrac{5}{2}$
 
B

bosjeunhan

Nesbit này thì em có thể chứng minh theo hai mươi mấy cách ấy :)
Do nhác, nên em chỉ đưa tệp tin có 17 cách thôi.
 

Attachments

  • chung_minh_bdt_nesbit.pdf
    119.6 KB · Đọc: 0
H

hthtb22

Xét 2 th;
TH1:$a\ge b \ge c$
Để chứng minh
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{ab^{2}+c^{2}+ca^{2}}\ge \frac{5}{2}$
Ta cần chứng minh:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}$ (1)
và $\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{ab^{2}+c^{2}+ca^{2}}\ge1$ (2)
Thấy (1) luôn đúng, là bđt Nesbit.
Ta cần chứng minh (2) hay phải chứng minh:
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\ge ab^{2}+c^{2}b+ca^{2}$ .

$\Leftrightarrow ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a) \ge 0$.

$\Leftrightarrow ab(a-b)+bc(b-a+a-c)+ca(c-a) \ge 0$.

$\Leftrightarrow (a-b)(ab-bc)+(a-c)(bc-ca) \ge 0$.

$\Leftrightarrow (a-b)(a-c)(b-c)\ge 0 (đúng)$.

Th2:$a\ge c \ge b$.
Bđt trở thành:
$$\sum \dfrac{(a-b)^2}{2(a+c)(b+c)}\ge \dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)}{ab^2+bc^2+ca^2}$$.
Đúng vì một vế âm 1 vế dương.
 
Last edited by a moderator:
V

vy000


Sửa lại bài của hthbt22(Latex)

Xét 2 th;
TH1:$a\ge b \ge c$
Để chứng minh
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{ab^{2}+c^{2}+ca^{2}}\ge \frac{5}{2}$
Ta cần chứng minh:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge \frac{3}{2}$ (1)
và $\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{ab^{2}+c^{2}+ca^{2}} \ge 1$ (2)
Thấy (1) luôn đúng, là bđt Nesbit.
Ta cần chứng minh (2) hay phải chứng minh
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\ge ab^{2}+c^{2}b+ca^{2}$ với giả sử $a\geq b\geq c$
$\Leftrightarrow ab(a-b)+bc(b-c)+ca(c-a)\ge 0$
$\Leftrightarrow ab(a-b)+bc(b-a+a-c)+ca(c-a)\ge 0$
$\Leftrightarrow (a-b)(ab-bc)+(a-c)(bc-ca)\ge 0$
$\Leftrightarrow (a-b)(a-c)(b-c)\ge 0 (đúng)$

Th2:$a\ge c \ge b$
Bđt trở thành:
$$\sum \dfrac{(a-b)^2}{2(a+c)(b+c)}\ge \dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)}{ab^2+bc^2+ca^2}$$
Đúng vì một vế âm 1 vế dương.
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Tuy nhiên phần cm $a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a\ge ab^{2}+c^{2}b+ca^{2}$ sai
thử với a=3,b=1,c=2

@hthtb22: Tôi giả sử $a\ge b\ge c$
Vy000:ừm,đọc ko kĩ,lần sau viết phân số thì viết \dfrac,phân số đẹp hơn
 
Last edited by a moderator:
M

minhtuyb

hthtb22 said:


Th2:$a\ge c \ge b$.
Bđt trở thành:
$$\sum \dfrac{(a-b)^2}{2(a+c)(b+c)}\ge \dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)}{ab^2+bc^2+ca^2}$$.
Đúng vì một vế âm 1 vế dương.
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Đâu mà một âm một dương? Hai vế đều dương đó ông :D :
$$a-b\ge 0;b-c\le 0;c-a\le 0$$
Nghe nói bò chế bài này phức tạp lắm z_z
 
B

bosjeunhan

Gợi ý tý nhá ^^
Có hai cách làm:

Cách 1: Chuẩn hóa + đổi biến p,r (ko cần q)
Cách 2: Biến đổi + AM-GM + CM BĐT phụ
 
T

thaiha_98

bosjeunhan said:
Nesbit này thì em có thể chứng minh theo hai mươi mấy cách ấy :)
Do nhác, nên em chỉ đưa tệp tin có 17 cách thôi.
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
Bất đẳng thức Nesbit này có 45 cách chứng minh (cho đến hiện tại, còn tương lai thì :p). Nhưng do diễn đàn không cho mem post link của diễn đàn khác vào nên em cũng không biết làm thế nào cả.
Ai muốn xem cách chứng minh = 45 cách đó thì lên google search: 45 cách chứng minh BĐT Nesbit là ra rất nhiều.
 
B

bosjeunhan

thaiha_98 said:
Bất đẳng thức Nesbit này có 45 cách chứng minh (cho đến hiện tại, còn tương lai thì :p). Nhưng do diễn đàn không cho mem post link của diễn đàn khác vào nên em cũng không biết làm thế nào cả.
Ai muốn xem cách chứng minh = 45 cách đó thì lên google search: 45 cách chứng minh BĐT Nesbit là ra rất nhiều.
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Em nên tự chứng minh cho ra được 45 cách nhé :p. Không nên dựa vào những trang mạng ^^
Anh sức có hạn, chỉ tự cm đc 25 cách thôi :)
 
V

vy000

Pic ế quá
Thôi thì tích chút công đức=))=))


+TH1:$a+b-c=0;b+a-c=0;c+a-b=0$


+TH2:đám ấy > 0
Có:

$\sum$ $ \dfrac{(a+b)(b+c)}{\sqrt[]{(b+a-c)(b+c-a)}}$

$=\sum$ $ \dfrac{(a+b)(b+c)}{\sqrt[]{(b^2-(a-c)^2}} $

$\ge \sum$ $ \dfrac{(a+b)(b+c)}{\sqrt[]{b^2}} $

$=\sum$ $\dfrac{(a+b)(b+c)}{b}$

$=\sum( a+b+c+\dfrac{ac}b )$

$\ge 4(a+b+c)$


Đúng ko nhỉ??

ps: ku bò, đơn giản; sai chính tả
24.gif
24.gif
 
Last edited by a moderator:
B

bosjeunhan

vy000 said:
Pic ế quá
Thôi thì tích chút công đức=))=))


+TH1:$a+b-c=0;b+a-c=0;c+a-b=0$


+TH2:đám ấy > 0
Có:

$\sum$ $ \dfrac{(a+b)(b+c)}{\sqrt[]{(b+a-c)(b+c-a)}}$

$=\sum$ $ \dfrac{(a+b)(b+c)}{\sqrt[]{(b^2-(a-c)^2}} $

$\ge \sum$ $ \dfrac{(a+b)(b+c)}{\sqrt[]{b^2}} $

$=\sum$ $\dfrac{(a+b)(b+c)}{b}$

$=\sum( a+b+c+\dfrac{ac}b )$

$\ge 4(a+b+c)$


Đúng ko nhỉ??

ps: ku bò, đơn giản; sai chính tả
24.gif
24.gif
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Ế là chả ma nào làm đc :))
Chấp nhận được lời giải trên, tuy nhiên, nếu tinh tế hơn 1 chút, chúng ta có thể thu ngắn, làm đẹp cho lời giải đó được :)
 
H

hthtb22

Phương pháp dồn biến toàn miền
$$\sum \dfrac{(a-b)^2}{2(a+c)(b+c)}\ge \dfrac{(a-b)(b-c)(c-a)}{ab^2+bc^2+ca^2}$$

($\sum \dfrac{(a-b)^2}{2(a+c)(b+c)})(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})\ge (a-b)(b-c)(c-a)$.
giả sử $c=min\left \{a,b,c \right \}$
thay a,b,c bằng a-c, b-c, 0 thì vế không đổi, còn vế trái giảm(cái này dễ dàng chứng minh được như sau):
$\frac{ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}}{(a+c)(b+c)}\ge \frac{(a-c)(b-c)^{2}}{(a-c)(b-c)}=b-c$ (cái này dễ dàng chứng minh được)
chứng minh hai cái tuơng tự
như vậy ta chỉ cần chứng minh với c=0
ta thay c=0 vào BDT ta được
$\frac{2a}{b}+\frac{b}{a}\ge \frac{4}{\sqrt[3]{2}}> \frac{5}{2}$
điều phải chứng minh
dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a=b=c
 
V

vy000

Ông viết rõ được ko??
Tôi ko hiểu
Lười viết thế
____________________________________________________________________________________________________
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom