[Toán 10]Bất đẳng thức

C

congchuaanhsang

V

vipboycodon

$bđt \leftrightarrow \dfrac{2a^2-b^2-c^2}{(b+c)^2}+\dfrac{2b^2-a^2-c^2}{(a+c)^2}+\dfrac{2c^2-a^2-b^2}{(a+b)^2} \ge 0$

chú ý rằng nếu $a \ge b \ge c$ thì:

$2a^2-b^2-c^2 \ge 2b^2-a^2-c^2 \ge 2c^2-a^2-b^2$

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

áp dụng trực tiếp bđt chebyshev ta có đpcm.
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...
...........................................................................................................................................................................................................................................................................................................
 
Last edited by a moderator:
T

thuyanh_tls1417

1,

Chỉ cần áp dụng bất đẳng thức AM-GM và C-S dạng đơn giản ở bài toán này. Tuy nhiên, ta có vài cách biến đổi như sau:
Cách 1:
Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc
$$(a+b)(b+c)(c+a) \ge \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$$
Ta đưa bất đẳng thức cần chứng minh về bđt sau:
$\frac{\sqrt{a+b}}{c}+\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{c+a}}{b} \ge 6\sqrt{\frac{a+b+c}{2(ab+bc+ca)}}$ (*)
Bình phương hai vế bất đẳng thức trên ta được:
$\sum \frac{a+b}{c^2}+2\sum \frac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{bc}
\ge 18\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM và C-S
$\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \ge \frac{2}{bc}$
$(a+b)(a+c) \ge (a+\sqrt{bc})^2$
Ta cần chứng minh:
$2\sum \frac{a}{bc}+\sum \frac{1}{\sqrt{ab}} \ge 9\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$
Sử dụng C-S ta có:
$\sum \frac{a}{bc} \ge \frac{(a+b+c)^2}{3abc}$
$\sum \frac{1}{\sqrt{ab}} \ge \frac{9}{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}} \ge \frac{9}{\sqrt{3(ab+bc+ca)}}$
Tới đây, ta cần chứng tỏ rằng:
$\frac{2(a+b+c)^2}{3abc}+\frac{9}{\sqrt{3(ab+bc+ca)}} \ge 9\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$
Hay:
$$\frac{2(a+b+c)^2}{3abc(a+b+c)}+\frac{9}{\sqrt{3(ab+bc+ca)}(a+b+c)} \ge \frac{9}{ab+bc+ca}$$
Mà $3abc(a+b+c) \le (ab+bc+ca)^2$
Nên ta cần chỉ ra:
$\frac{2(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+9\frac{\sqrt{ab+bc+ca}}{\sqrt{3}(a+b+c)} \ge 9$
Đặt $\frac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}=x \ge \sqrt{3}$ thì ta cần chứng minh:
$2x^2+\frac{9}{\sqrt{3}x} \ge 9$
Bất đẳng thức trên đúng do:
$2x^2+\frac{9}{\sqrt{3}x} \ge 2x^2+\frac{9}{x^2}=x^2+(x^2+\frac{9}{x^2}) \ge 9$
Vậy ta có đpcm.

Cách 2:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$$\sum \frac{a+b}{c}\sqrt{(c+a)(c+b)} \ge 4(a+b+c)$$
Sử dụng bất đẳng thức C-S ta có:
$(a+b)(a+c) \ge (a+\sqrt{bc})^2$
Ta cần chứng minh:
$2(a+b+c)+\sum \frac{\sqrt{ab}(a+b)}{c} \ge 4(a+b+c)$
Hay: $\sum \frac{\sqrt{ab}(a+b)}{c} \ge 2(a+b+c)$
Theo bất đẳng thức AM-GM thì
$a+b \ge 2\sqrt{ab}$
Do đó ta phải chứng minh:
$\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \ge a+b+c$
Bất đẳng thức trên đúng theo AM-GM nên ta có đpcm.

Cách 3:
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$\sum \frac{a+b}{c}\sqrt{(c+a)(c+b)} \ge 4(a+b+c)$
Cộng hai vế với $\sum \sqrt{(a+b)(a+c)}$ ta thu được:
$(a+b+c).(\sum \frac{\sqrt{(a+b)(a+c)}}{a}) \ge 4(a+b+c)+\sum \sqrt{(a+b)(a+c)}$
Theo bất đẳng thức C-S và AM-GM thì ta có:
$(a+b)(a+c) \ge (a+\sqrt{bc})^2$
$\sum \sqrt{(a+b)(a+c)} \le \sum \frac{2a+b+c}{2}=2(a+b+c)$
Từ đó, bất đẳng thức được chứng minh nếu ta chứng minh được:
$\frac{\sqrt{ab}}{c}+\frac{\sqrt{bc}}{a}+ \frac{\sqrt{ca}}{b} \ge 3$
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng theo AM-GM nên ta có đpcm.

Ở cách biến đổi 1, từ bất đẳng thức (*), câu hỏi được đặt ra rằng bất đẳng thức sau liệu còn đúng:
$\frac{\sqrt{a+b}}{c}+\frac{\sqrt{b+c}}{a}+\frac{\sqrt{c+a}}{b} \ge \sqrt{6(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}$

Nguồn: Mathscope
 
V

vuive_yeudoi

congchuaanhsang said:
1, (Darij Grinberg) Chứng minh rằng với mọi số dương a,b,c

$\sum \dfrac{\sqrt{a+b}}{c} \ge \dfrac{4\sum a}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}$
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Dùng AM - GM có
$$ \sum \dfrac{\sqrt{a+b}}{c} \ge 3 \sqrt[3]{\frac{\sqrt{\left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right)}}{abc}} $$
Cần chứng minh
$$ 3 \sqrt[3]{\frac{\sqrt{\left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right)}}{abc}} \ge \frac{4 \left( a+b+c \right)}{\sqrt{\left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right)}} $$
Tương đương với
$$ 27 \left( a+b \right)^2 \left( b+c \right)^2 \left( c+a \right)^2 \ge 64 abc \left( a+b+c \right)^3 $$
Từ kết quả quen biết $ \displaystyle \left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right) \ge \frac{8 \left( a+b+c \right) \left( ab+bc+ca \right)}{9} $ có
$$ 27 \left( a+b \right)^2 \left( b+c \right)^2 \left( c+a \right)^2 \ge \frac{64 \left( a+b+c \right)^2 \left( ab+bc+ca \right)^2}{3} $$
Cần chứng minh
$$ \frac{64 \left( a+b+c \right)^2 \left( ab+bc+ca \right)^2}{3} \ge 64 abc \left( a+b+c \right)^3 $$
Nhưng điều này tương đương với bất đẳng thức quen thuộc
$$ \left( ab+bc + ca \right)^2 \ge 3abc \left( a+b+c \right) $$
Từ đó có điều cần chứng minh .

congchuaanhsang said:
2, Chứng minh rằng với mọi số dương a,b,c ta có:

$\sum \dfrac{a^2+bc}{(b+c)^2} \ge \dfrac{3}{2}$
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Có
$$ \sum \frac{a^2+bc}{ \left( b+c \right)^2} - \frac{3}{2} \\
=\sum \left( \frac{a^2+bc}{\left( b+c \right)^2} - \frac{1}{2} \right) \\
= \sum \frac{2 \left( a^2+bc \right) - \left( b+c \right)^2}{2 \left( b+c \right)^2} \\
= \sum \frac{a^2 - b^2 - \left( c^2 - a^2 \right)}{2 \left( b+c \right)^2} \\
= \sum \left( \frac{a^2-b^2}{2 \left( b+c \right)^2} - \frac{a^2-b^2}{ 2 \left( c+a \right)^2} \right) \\

= \frac{ \sum \left( a+b \right)^3 \left( a+b+2c \right) \left( a-b \right)^2 }{2 \left( a+b \right)^2 \left( b+c \right)^2 \left( c+a \right)^2} \ge 0 $$
Đó là điều cần chứng minh .
 
Last edited by a moderator:
D

demon311

vuive_yeudoi said:
Dùng AM - GM có
$$ \sum \dfrac{\sqrt{a+b}}{c} \ge 3 \sqrt[3]{\frac{\sqrt{\left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right)}}{abc}} $$
Cần chứng minh
$$ 3 \sqrt[3]{\frac{\sqrt{\left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right)}}{abc}} \ge \frac{4 \left( a+b+c \right)}{\sqrt{\left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right)}} $$
Tương đương với
$$ 27 \left( a+b \right)^2 \left( b+c \right)^2 \left( c+a \right)^2 \ge 64 abc \left( a+b+c \right)^3 $$
Từ kết quả quen biết $ \displaystyle \left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right) \ge \frac{8 \left( a+b+c \right) \left( ab+bc+ca \right)}{9} $ có
$$ 27 \left( a+b \right)^2 \left( b+c \right)^2 \left( c+a \right)^2 \ge \frac{64 \left( a+b+c \right)^2 \left( ab+bc+ca \right)^2}{3} $$
Cần chứng minh
$$ \frac{64 \left( a+b+c \right)^2 \left( ab+bc+ca \right)^2}{3} \ge 64 abc \left( a+b+c \right)^3 $$
Nhưng điều này tương đương với bất đẳng thức quen thuộc
$$ \left( ab+bc + ca \right)^2 \ge 3abc \left( a+b+c \right) $$
Từ đó có điều cần chứng minh .



Có
$$ \sum \frac{a^2+bc}{ \left( b+c \right)^2} - \frac{3}{2} \\
=\sum \left( \frac{a^2+bc}{\left( b+c \right)^2} - \frac{1}{2} \right) \\
= \sum \frac{2 \left( a^2+bc \right) - \left( b+c \right)^2}{2 \left( b+c \right)^2} \\
= \sum \frac{a^2 - b^2 - \left( c^2 - a^2 \right)}{2 \left( b+c \right)^2} \\
= \sum \left( \frac{a^2-b^2}{2 \left( b+c \right)^2} - \frac{a^2-b^2}{ 2 \left( c+a \right)^2} \right) \\

= \frac{ \sum \left( a+b \right)^3 \left( a+b+2c \right) \left( a-b \right)^2 }{2 \left( a+b \right)^2 \left( b+c \right)^2 \left( c+a \right)^2} \ge 0 $$
Đó là điều cần chứng minh .
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

NÓ cần CM bằng Chebyshev anh ạ
=================================
 
C

congchuaanhsang

congchuaanhsang said:
1, (Darij Grinberg) Chứng minh rằng với mọi số dương a,b,c

$\sum \dfrac{\sqrt{a+b}}{c} \ge \dfrac{4\sum a}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}$
Bấm để xem đầy đủ nội dung ...

Lời giải áp dụng Chebyshev

Đặt $x=\sqrt{b+c}$ ; $y=\sqrt{c+a}$ ; $z=\sqrt{a+b}$

Bất đẳng thức tương đương với

$\dfrac{x}{y^2+z^2-x^2}+\dfrac{y}{z^2+x^2-y^2}+\dfrac{z}{x^2+y^2-z^2} \ge \dfrac{x^2+y^2+z^2}{xyz}$

Giả sử $x \ge y \ge z$

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev ta có:

$\sum \dfrac{x}{y^2+z^2-x^2} \ge \dfrac{x^2+y^2+z^2}{3}[ \sum \dfrac{1}{x(y^2+z^2-x^2)}]$

Áp dụng bất đẳng thức A-G ta có

$\sum \dfrac{1}{x(y^2+z^2-x^2)} \ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{xyz(x^2+y^2-z^2)(y^2+z^2-x^2)(z^2+x^2-y^2)}} \ge \dfrac{3}{xyz}$

Ta có đpcm
 
You must log in or register to reply here.
Top Bottom