Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 6 của 6
  1. #1
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    55
    Bài viết
    731
    Cám ơn (Đã nhận)
    938


    Bài toán 1:

    Chứng minh rằng với mọi $a,b,c$ là các số thực không âm ta có:

    \[\frac{{{a^2} + bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} + \frac{{{b^2} + ca}}{{\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)}} + \frac{{{c^2} + ab}}{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}} \le \frac{{2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3} + abc}}\].

  2. Cám ơn cuong18041998, Pho Rum đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Ban quản trị chihao's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    55
    Bài viết
    731
    Cám ơn (Đã nhận)
    938
    Bài toán 2:

    Cho $a,b,c$ là các số thực không âm không bằng không. Chứng minh rằng:

    \[\frac{{{a^3} + 2abc}}{{{a^3} + {{\left( {b + c} \right)}^3}}} + \frac{{{b^3} + 2abc}}{{{b^3} + {{\left( {c + a} \right)}^3}}} + \frac{{{c^3} + 2abc}}{{{c^3} + {{\left( {a + b} \right)}^3}}} \ge 1\]

  4. Cám ơn cuong18041998 đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Ban quản trị chihao's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    55
    Bài viết
    731
    Cám ơn (Đã nhận)
    938
    Bài toán 3:

    Cho $a,b,c$ là các số thực không âm, không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:

    \[\frac{{{a^2} + bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} + \frac{{{b^2} + ca}}{{\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)}} + \frac{{{c^2} + ab}}{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}} \ge \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + ca}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + ab}}\]

  6. Cám ơn cuong18041998 đã cám ơn bài viết này
  7. #4
    Ban quản trị chihao's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    55
    Bài viết
    731
    Cám ơn (Đã nhận)
    938
    Bài toán 4:

    Cho $a,c,b$ là ba số thực dương thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh rằng:

    \[\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}\left( {b + c} \right)}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}\left( {c + a} \right)}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}\left( {a + b} \right)}} \le \frac{3}{8}\]

  8. Cám ơn cuong18041998 đã cám ơn bài viết này
  9. #5
    Moderator materazzi's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    TTGDTX Bình Chánh
    Tuổi
    28
    Bài viết
    52
    Cám ơn (Đã nhận)
    108
    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán 1:

    Chứng minh rằng với mọi $a,b,c$ là các số thực không âm ta có:

    \[\frac{{{a^2} + bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} + \frac{{{b^2} + ca}}{{\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)}} + \frac{{{c^2} + ab}}{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}} \le \frac{{2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3} + abc}}\].
    Ta thấy
    $$ \frac{{2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3} + abc}} - \left( \frac{{{a^2} + bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} + \frac{{{b^2} + ca}}{{\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)}} + \frac{{{c^2} + ab}}{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}} \right) \\
    =
    \frac{ 2abc \left( 2a^3+2b^3+2c^3 - a^2b -b^2c -c^2a - ab^2 - bc^2 -ca^2 \right) }{\left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right) \left( a^3+b^3+c^3 + abc \right)} $$

    $$ 2a^3+2b^3+2c^3 - a^2b -b^2c -c^2a - ab^2 - bc^2 -ca^2 \\
    = \left( a+b \right) \left( a-b \right)^2 + \left( b+c \right) \left( b-c \right)^2 + \left( c+a \right) \left(c -a \right)^2 \ge 0 $$
    Vậy
    $$ \frac{{{a^2} + bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} + \frac{{{b^2} + ca}}{{\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)}} + \frac{{{c^2} + ab}}{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}} \le \frac{{2\left( {{a^3} + {b^3} + {c^3}} \right)}}{{{a^3} + {b^3} + {c^3} + abc}} $$
    Đó là điều cần chứng minh .

    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán 2:

    Cho $a,b,c$ là các số thực không âm không bằng không. Chứng minh rằng:

    \[\frac{{{a^3} + 2abc}}{{{a^3} + {{\left( {b + c} \right)}^3}}} + \frac{{{b^3} + 2abc}}{{{b^3} + {{\left( {c + a} \right)}^3}}} + \frac{{{c^3} + 2abc}}{{{c^3} + {{\left( {a + b} \right)}^3}}} \ge 1\]
    Ta thấy
    $$ \frac{{{a^3} + 2abc}}{{{a^3} + {{\left( {b + c} \right)}^3}}} + \frac{{{b^3} + 2abc}}{{{b^3} + {{\left( {c + a} \right)}^3}}} + \frac{{{c^3} + 2abc}}{{{c^3} + {{\left( {a + b} \right)}^3}}} - 1 \\
    = \frac{ 3abc \left( 2a^4+b^4+c^4 - a^3b-b^3c-c^3a - ab^3-bc^3-ca^3 \right)}{ \left( a+b+c \right) \left( a^3 + \left( b+c \right)^3 \right) \left( b^3 + \left( c+a \right)^3 \right) \left( c^3 + \left( a+b \right)^3\right)} $$

    $$ 2a^4+b^4+c^4 - a^3b-b^3c-c^3a - ab^3-bc^3-ca^3 \\
    = \left( a^2 + ab + b^2 \right) \left( a- b \right)^2 + \left( b^2 + bc + c^2 \right) \left( b- c \right)^2 + \left( c^2 + ca + a^2 \right) \left( c- a \right)^2 \ge 0 $$
    Vậy
    $$ \frac{{{a^3} + 2abc}}{{{a^3} + {{\left( {b + c} \right)}^3}}} + \frac{{{b^3} + 2abc}}{{{b^3} + {{\left( {c + a} \right)}^3}}} + \frac{{{c^3} + 2abc}}{{{c^3} + {{\left( {a + b} \right)}^3}}} \ge 1 $$
    Đó là điều phải chứng minh .

  10. Cám ơn chihao, kyanh111, cuong18041998,  $T_G$ đã cám ơn bài viết này
  11. #6
    Moderator materazzi's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    TTGDTX Bình Chánh
    Tuổi
    28
    Bài viết
    52
    Cám ơn (Đã nhận)
    108
    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán 3:

    Cho $a,b,c$ là các số thực không âm, không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:

    \[\frac{{{a^2} + bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} + \frac{{{b^2} + ca}}{{\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)}} + \frac{{{c^2} + ab}}{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}} \ge \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + ca}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + ab}}\]
    Ta có
    $$ \frac{{{a^2} + bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} + \frac{{{b^2} + ca}}{{\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)}} + \frac{{{c^2} + ab}}{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}} - \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + ca}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + ab}} \\
    = \frac{abc \cdot M}{ \left( a+b \right) \left( b+c \right) \left( c+a \right) \left( a^2+bc \right) \left( b^2 + ca \right) \left( c^2 + ab \right)} $$
    Trong đó
    $$ M = S_c \left( a-b \right)^2 + S_a \left( b-c \right)^2 + S_b \left( c-a \right)^2 $$
    với
    $$ S_c = ab \left(\left( a- \frac{c}{2} \right)^2 + \left( b - \frac{c}{2} \right)^2 + \frac{c^2}{2} + 3ab \right) \ge 0 \\
    S_a = bc \left(\left( b- \frac{a}{2} \right)^2 + \left( c - \frac{a}{2} \right)^2 + \frac{a^2}{2} + 3bc \right) \ge 0 \\
    S_b =ca \left(\left( c- \frac{b}{2} \right)^2 + \left( a - \frac{b}{2} \right)^2 + \frac{a^2}{2} + 3ca \right) \ge 0 $$
    Vậy
    $$ \frac{{{a^2} + bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} + \frac{{{b^2} + ca}}{{\left( {b + c} \right)\left( {b + a} \right)}} + \frac{{{c^2} + ab}}{{\left( {c + a} \right)\left( {c + b} \right)}} \ge \frac{{{a^2}}}{{{a^2} + bc}} + \frac{{{b^2}}}{{{b^2} + ca}} + \frac{{{c^2}}}{{{c^2} + ab}} $$
    Đó là điều cần chứng minh .

    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán 4:

    Cho $a,c,b$ là ba số thực dương thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh rằng:

    \[\frac{1}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}\left( {b + c} \right)}} + \frac{1}{{{{\left( {b + 1} \right)}^2}\left( {c + a} \right)}} + \frac{1}{{{{\left( {c + 1} \right)}^2}\left( {a + b} \right)}} \le \frac{3}{8}\]
    Dùng AM - GM có
    $$ \left( a+1 \right)^2 \left( b+c \right) \ge 2 \sqrt{bc} \left( a+1 \right)^2 $$
    Vậy
    $$ \frac{1}{\left( a+1 \right)^2 \left( b+c \right) } \le \frac{\sqrt{abc}}{2 \sqrt{bc} \left( a+1 \right)^2} = \frac{\sqrt{a}}{ 2 \left( a + 1 \right)^2}$$
    Cần chứng minh
    $$ \frac{\sqrt{a}}{ \left( a + 1 \right)^2} + \frac{\sqrt{b}}{ \left( b + 1 \right)^2} + \frac{\sqrt{c}}{ \left( c + 1 \right)^2} \le \frac{3}{4} \quad{(1)}$$
    Đặt $ \displaystyle x=\sqrt{a} > 0 \ ; \ y = \sqrt{b} > 0 \ ; \ z= \sqrt{c} > 0 $ , ta có $ \displaystyle xyz=1 $ , $ \displaystyle (1) $ trở thành
    $$ \frac{x}{ \left( x^2 + 1 \right)^2} + \frac{y}{ \left( y^2 + 1 \right)^2} + \frac{z}{ \left( z^2 + 1 \right)^2} \le \frac{3}{4} \quad{(2)} $$
    Ta thấy
    $$ \frac{3}{8} \cdot \left( \frac{1+x^2}{x^4+x^2+1} \right) - \frac{x}{ \left( x+ 1 \right)^2} = \frac{\left( x-1 \right)^2 \left( 3x^4 -2x^3 + 2x^2 -2x+3 \right)}{8 \left( x^4+x^2+1 \right) \left( x^2 + 1 \right)^2} \ge 0 $$
    Bất đẳng thức $ \displaystyle (2) $ được chứng minh nếu ta chứng minh được rằng
    $$ \frac{x^2+1}{x^4+x^2+1} + \frac{y^2+1}{y^4+y^2+1} + \frac{z^2+1}{z^4+z^2+1} \le 2 \quad{(3)} $$
    Bởi vì $ \displaystyle 1 - \frac{x^2+1}{x^4+x^2+1} = \frac{1}{\frac{1}{x^4} + \frac{1}{x^2} +1} $ nên bất đẳng thức $ \displaystyle (3) $ tương đương với
    $$ \frac{1}{\frac{1}{x^4} + \frac{1}{x^2} +1} + \frac{1}{\frac{1}{y^4} + \frac{1}{y^2} +1} + \frac{1}{\frac{1}{z^4} + \frac{1}{z^2} +1} \ge 1 \quad{(4)} $$
    Đặt $ \displaystyle m = \frac{1}{x^2} > 0 \ ; \ n = \frac{1}{y^2} > 0 \ ; \ p = \frac{1}{z^2} > 0 $ , ta có $ \displaystyle mnp = 1 $ , bất đẳng thức $ \displaystyle (4) $ trở thành
    $$ \frac{1}{m^2+m+1} + \frac{1}{n^2+n+1} + \frac{1}{p^2+p+1} \ge 1 \quad{(5)} $$
    Do $ \displaystyle m ,n, p >0 $ thỏa $ \displaystyle mnp=1 $ nên tồn tại các số dương $ \displaystyle h, k , t $ sao cho $ \displaystyle m = \frac{kt}{h^2} \ ; \ n = \frac{th}{k^2} \ ; \ p = \frac{hk}{t^2} $ .

    Bất đẳng thức $ \displaystyle (5) $ trở thành
    $$ \sum \frac{h^4}{h^4 + h^2kt + k^2t^2} \ge 1 $$
    Bất đẳng thức này đúng theo Cauchy - Schwarz
    $$ \sum \frac{h^4}{h^4 + h^2kt + k^2t^2} \ge \frac{ \left( h^2+k^2+t^2 \right)^2}{h^4+k^4+t^4 + hkt \left( h+k+t \right) + h^2k^2+k^2t^2+t^2h^2} \ge 1 $$
    Bất đẳng thức đề bài được chứng minh .

  12. Cám ơn khanhsy, Viet_1846,  $T_G$, Ngã Nhậm Hành, chihao, cuong18041998 đã cám ơn bài viết này
 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này