Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 3 của 3
  1. #1
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Nghệ An
    Tuổi
    18
    Bài viết
    85
    Cám ơn (Đã nhận)
    147


    Bổ đề : Với $a,\ b,\ c$ là các số thực dương, ta luôn có bất đẳng thức sau : $$ \dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} \geq \dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}.$$
    [spoiler=Hayan] Nhìn nó đơn giản..mình cũng không biết đã có từ trước chưa?[/spoiler]
    Chứng minh :

    Chuẩn hóa $abc=1$, ta đưa về chứng minh $$\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} \geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$ hay $$(\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} )^2 \geq 3(a^2+b^2+c^2)\ \ \ \ \ \ \ (1) $$ Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta có $$\dfrac{a^2}{b^2}+ \dfrac{a}{c}+ \dfrac{a}{c} \geq 3.\sqrt{\dfrac{a^4}{b^2c^2}} = 3a^2$$ $$\dfrac{b^2}{c^2}+ \dfrac{b}{a}+ \dfrac{b}{a} \geq 3.\sqrt{\dfrac{b^4}{c^2a^2}} = 3b^2$$ $$\dfrac{c^2}{a^2}+ \dfrac{c}{b}+ \dfrac{c}{b} \geq 3.\sqrt{\dfrac{c^4}{a^2b^2}} = 3c^2$$ Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta suy ra được $$\dfrac{a^2}{b^2}+ \dfrac{b^2}{c^2}+ \dfrac{c^2}{a^2}+ 2(\dfrac{a}{c}+ \dfrac{b}{a}+ \dfrac{c}{b}) \geq 3(a^2+b^2+c^2)$$ hay $$(\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} )^2 \geq 3(a^2+b^2+c^2)$$ Suy ra $(1)$ luôn đúng. Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ $ \ \ \ \ \square$

    Bổ đề trên có thể phát biểu dưới dạng sau :

    Với $a,\ b,\ c \geq 0,$ ta luôn có $$a^2b+ b^2c+ c^2a \geq \sqrt[3]{a^2b^2c^2}.\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}.$$
    $$...$$
    Sử dụng bổ đề trên chúng ta có thể định hướng nhanh lời giải một số bài toán trước đây.

    Bài toán 1. Với $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3,$ chứng minh rằng $$\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} \geq \dfrac{9}{a+b+c}$$ (Vasile Cirtoaje)
    Lời giải 1.

    Sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có $$\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca},$$ Vậy nên ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca} \geq \dfrac{9}{a+b+c},$$ hay $$(a+b+c)^3\geq 9(ab+bc+ca).$$ Theo bất đẳng thức AM – GM ta có $$\begin{align} (a+b+c)^3&= ((a+b+c)^2)^{\frac{3}{2}}\\&=(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc +ca))^{\frac{3}{2}}\\& =(3+2(ab+bc+ca))^{\frac{3}{2}}\\&\geq (3\sqrt{3(ab+bc+ca)^2})^{\frac{3}{2}}\\&=9(ab+bc+c a) \end{align}$$ Đây chính là điều cần chứng minh.
    Vậy, phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$. $ \ \ \ \ \square$

    Lời giải 2.

    Sử dụng bổ đề, ta có $$\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} \geq \dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}=\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}},$$ Vậy nên ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}\geq \dfrac{9}{a+b+c},$$ hay $$a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc}$$ Theo bất đẳng thức AM – GM ta dễ suy ra được điều trên.
    Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$. $ \ \ \ \ \square$

    Bài toán 2. Với $a,\ b,\ c$ là các số thực dương, chứng minh rằng $$\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} \geq 3.\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}.$$
    Lời giải 1.

    Không giảm tính tổng quát, ta giả sử $c=\min\{a, b, c\}$. Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $$(\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a})^2 \geq 9(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca})$$ $$\iff M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \geq 0$$ Với $$M=\dfrac{1}{ab}(\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a}+3)- \dfrac{9}{ab+bc+ca} \\ N=\dfrac{1}{bc}(\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a}+3)- \dfrac{9}{ab+bc+ca}$$ Vì $c=\min\{a, b, c\}$ nên $M\leq N$ và $(a-c)(b-c)\geq 0;$ vậy nên ta chỉ cần chứng minh $M\geq 0$ là đủ.
    Ta có $$\begin{align} M\geq 0 &\iff \dfrac{1}{ab}(\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a}+3)- \dfrac{9}{ab+bc+ca} \geq 0 \\ &\iff (\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a}+3)(1+ \dfrac{c}{a}+ \dfrac{c}{b})\geq 9 \end{align}$$ Bất đẳng thức trên đúng do $$\begin{align}(\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a}+3)(1+ \dfrac{c}{a}+ \dfrac{c}{b})& > (\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{a})+ (\dfrac{4c}{b}+ \dfrac{b}{c})+4\\&\geq 2+4+4 \\ &=10>9 \end{align}$$ Vậy ta có $M\geq 0.$
    Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ $ \ \ \ \ \square$

    Lời giải 2.

    Sử dụng bổ đề, ta có $$\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} \geq \dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}$$ Vậy nên ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}} \geq 3.\sqrt{\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}}$$ hay $$\sqrt{3(ab+bc+ca)} \geq 3\sqrt[3]{abc},$$ Theo bất đẳng thức AM – GM ta có $$\sqrt{3(ab+bc+ca)} \geq \sqrt{3.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}=3\sqrt[3]{abc}$$ Vậy ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ $ \ \ \ \ \square$

    Bài toán 3. Với $a,\ b,\ c$ là các số thực dương, chứng minh rằng $$\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+ \sqrt{\dfrac{c+a}{b}}+ \sqrt{\dfrac{a+b}{c}} \geq \sqrt{6.\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}}.$$ (Phạm Hữu Đức)
    Lời giải 1.

    Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau : Với $a,\ b,\ c>0$, ta luôn có $$\dfrac{3\sqrt{2}}{2}.\sqrt[3]{\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}} \geq \sqrt{\dfrac{6(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}}$$
    Chứng minh :

    Mũ $6$ hai vế, ta đưa về bất đẳng thức tương đương $$27(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2 \geq 64abc(a+b+c)^3.$$ Ta có $$abc(a+b+c) \leq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3},$$ Vậy nên ta chỉ cần chứng minh $$81(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2 \geq 64(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2$$ hay $$9(a+b)(b+c)(c+a) \geq 8(a+b+c)(ab+bc+ca).$$ Theo bất đẳng thức AM – GM ta có $$(a+b+c)(ab+bc+ca) \geq 3\sqrt[3]{abc}.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}=9abc,$$ Vì vậy mà $$\begin{align} 9(a+b)(b+c)(c+a)&=9(a+b+c)(ab+bc+ca)-9abc\\ &\geq 9(a+b+c)(ab+bc+ca)- (a+b+c)(ab+bc+ca)\\ &=8(a+b+c)(ab+bc+ca) \end{align}.$$ Vậy bổ đề được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$
    Trở lại bài toán, đặt $t= \sqrt[3]{\dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{abc}};$ bình phương hai vế sau đó sử dụng bất đẳng thức AM – GM ba số cho biểu thức ở vế trái, ta dễ dàng thu được $$VT \geq t^3-2+6t$$ Mặt khác, sử dụng bổ đề trên ta lại có $$VP \leq \dfrac{9}{2}t^2,$$ Vậy, ta chỉ cần chứng minh được $$t^3-2+6t \geq \dfrac{9}{2}t^2$$ Tương đương
    $(2t-1)(t-2)^2 \geq 0$ (hiển nhiên đúng do $t\geq 2$).
    Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ $ \ \ \ \ \square$

    Lời giải 2.

    Sử dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có $$VT\geq \sqrt{\left(\sqrt{\dfrac{b}{a}}+ \sqrt{\dfrac{c}{b}}+ \sqrt{\dfrac{a}{c}}\right)^2+ \left(\sqrt{\dfrac{c}{a}}+ \sqrt{\dfrac{a}{b}}+ \sqrt{\dfrac{b}{c}} \right)^2}$$ Theo bổ đề thì ta có $$\left(\sqrt{\dfrac{b}{a}}+ \sqrt{\dfrac{c}{b}}+ \sqrt{\dfrac{a}{c}}\right)^2 \geq \left(\dfrac{ \sqrt{3(a+b+c)}}{\sqrt{\sqrt{abc}}}\right)^2 =\dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}},$$ Tương tự ta cũng có $$\left(\sqrt{\dfrac{c}{a}}+ \sqrt{\dfrac{a}{b}}+ \sqrt{\dfrac{b}{c}}\right)^2 \geq \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}$$ Từ đây ta suy ra được $$VT \geq \sqrt{\dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}+ \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}}= \sqrt{6.\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}}$$ Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ $ \ \ \ \ \square$

    Sử dụng bổ đề trên, chúng ta có thể sáng tạo ra một số bài toán khác :

    Bài toán 4. Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$a\sqrt{b+c}+ b\sqrt{c+a}+ c\sqrt{a+b} \geq 3\sqrt{2}.\sqrt[3]{abc}.$$
    Lời giải.

    Sử dụng bất đẳng thức Mincopxki ta có $$VT \geq \sqrt{(a\sqrt{b}+ b\sqrt{c}+ c\sqrt{a})^2+ (a\sqrt{c}+ b\sqrt{a}+ c\sqrt{b})^2}$$ Theo bổ đề ta có $$(a\sqrt{b}+ b\sqrt{c}+ c\sqrt{a})^2 \geq ( \sqrt[3]{abc}.\sqrt{3(a+b+c)})^2=9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$ Và $$(a\sqrt{c}+ b\sqrt{a}+ c\sqrt{b})^2 \geq ( \sqrt[3]{abc}.\sqrt{3(a+b+c)})^2=9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$ Từ đây ta suy ra $$VT \geq \sqrt{18\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}=3\sqrt{2}.\sqrt[3]{abc}$$ Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1.$ $ \ \ \ \ \square$

    Bài toán 5. Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh rằng $$\dfrac{a^2}{c(a+c)}+ \dfrac{b^2}{a(b+a)}+ \dfrac{c^2}{b(c+b)} \geq \dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{2}.$$
    Lời giải.

    Theo bất đẳng thức AM – GM ta dễ có $$3abc\leq a^2b+b^2c+c^2a$$ Lúc này sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có $$\begin{align}VT = \dfrac{a^4b^2}{ab(a+c)}+ \dfrac{b^4c^2}{bc(b+a)}+ \dfrac{c^4a^2}{ca(c+b)} &\geq \dfrac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab(a+c)+bc(b+a)+ca(c+b) } \\ &=\dfrac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+3ab c} \\ &\geq \dfrac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{2(a^2b+b^2c+c^2a)}\\ &=\dfrac{a^2b+b^2c+c^2}{2} \end{align}$$ Mặt khác, sử dụng bổ đề thì $$ a^2b+b^2c+c^2 \geq \sqrt[3]{a^2b^2c^2}.\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}= \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$ Do đó $$VT \geq \dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{2}.$$ Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1.$ $ \ \ \ \ \square$


    Bài toán 6. Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$\dfrac{a}{b(a+b)}+ \dfrac{b}{c(b+c)}+ \dfrac{c}{a(c+a)} \geq \dfrac{3}{2\sqrt[3]{abc}}.$$
    Lời giải 1.

    Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và bổ đề, ta có $$\begin{align} \dfrac{a^2c}{a+b}+ \dfrac{b^2a}{b+c}+ \dfrac{c^2b}{c+a} &\geq \dfrac{(a\sqrt{c}+ b\sqrt{a}+ c\sqrt{b})^2}{2(a+b+c)} \\ &\geq \dfrac{(\sqrt[3]{abc}.\sqrt{3(a+b+c)})^2}{2(a+b+c)} \\ &=\dfrac{3}{2}\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \end{align}$$ Suy ra $$\begin{align}VT=\dfrac{1}{abc}.\sum \dfrac{a^2c}{a+b} &\geq \dfrac{1}{abc}.\dfrac{3}{2}\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \\ &=\dfrac{3}{2\sqrt[3]{abc}}. \end{align}$$ Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ $ \ \ \ \ \square$

    Lời giải 2.

    Đặt $x=\dfrac{1}{\sqrt[3]{x}},\ y=\dfrac{1}{\sqrt[3]{b}},\ z=\dfrac{1}{\sqrt[3]{z}}$, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : $$\dfrac{b^6}{a^3+b^3}+ \dfrac{c^6}{b^3+c^3}+ \dfrac{a^6}{c^3+a^3} \geq \dfrac{3}{2}abc.$$ Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và bất đẳng thức AM – GM ta có $$\begin{align} \dfrac{b^6}{a^3+b^3}+ \dfrac{c^6}{b^3+c^3}+ \dfrac{a^6}{c^3+a^3} &\geq \dfrac{(b^3+c^3+a^3)^2}{2(a^3+b^3+c^3)} \\ &=\dfrac{a^3+b^3+c^3}{2} \\ &\geq \dfrac{3}{2}abc \end{align}.$$ Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ $ \ \ \ \ \square$


    Bài toán 7. Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$\dfrac{a}{c(a+b)}+ \dfrac{b}{a(b+c)}+ \dfrac{c}{b(c+a)} \geq \dfrac{3}{2\sqrt[3]{abc}}.$$
    Lời giải 1.

    Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và bổ đề, ta có $$\begin{align} VT = \dfrac{1}{abc}( \dfrac{a^2b}{a+b}+ \dfrac{b^2c}{b+c}+ \dfrac{c^2a}{c+a}) &\geq \dfrac{1}{abc}.\dfrac{(a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{ a})^2}{2(a+b+c)} \\ &\geq \dfrac{1}{abc}.\dfrac{(\sqrt[3]{abc}.\sqrt{3(a+b+c)})^2}{2(a+b+c)} \\ &=\dfrac{3}{2\sqrt[3]{abc}} \end{align}.$$ Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ $ \ \ \ \ \square$

    Lời giải 2.

    Nếu ta thay $a,\ b,\ c$ lần lượt bởi $\dfrac{1}{a},\ \dfrac{1}{b},\ \dfrac{1}{c}$ thì ta đưa về chứng minh $$\dfrac{1}{a(a+b)}+ \dfrac{1}{b(b+c)}+ \dfrac{1}{c(c+a)} \geq \dfrac{3}{2\sqrt[3]{a^2b^2c^2}} \ \ \ \ (1)$$ Đây là một bài toán khá cũ, và lời giải của nó như sau :
    Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $abc=1.$ Khi đó, tồn tại các số dương $x,\ y,\ z$ sao cho $a=\dfrac{x}{y},\ b=\dfrac{z}{x},\ c=\dfrac{y}{z},$ bất đẳng thức $(1)$ trở thành $$\dfrac{y^2}{x^2+yz}+ \dfrac{z^2}{y^2+zx}+ \dfrac{x^2}{y^2+xy} \geq \dfrac{3}{2}$$ Sử dụng bất đẳng thức Cauchy–Schwarz, ta có $$\dfrac{y^2}{x^2+yz}+ \dfrac{z^2}{y^2+zx}+ \dfrac{x^2}{y^2+xy} \geq \dfrac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+x^3y+ y^3z+z^3x}$$ Mặt khác, ta lại có $$(x^2+y^2+z^2)^2-3(x^3y+y^3z+z^3x)=\dfrac{1}{2}\sum (x^2-z^2-2xy+yz+zx)^2\geq 0$$ và $$(x^2+y^2+z^2)-3(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)=\dfrac{1}{2}\sum (x^2-y^2)^2\geq 0$$ Nên từ đây, ta dễ suy ra được đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c.$ $ \ \ \ \ \square$

    Bài toán 8. Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng $$\dfrac{a^6}{a^3+1}+ \dfrac{b^6}{b^3+1}+ \dfrac{c^6}{c^3+1}+ 3 \geq \dfrac{3}{2}(a^2c+b^2a+c^2b).$$
    Lời giải.

    Từ bài toán 7 ta có
    $\dfrac{x}{z(x+y)}+ \dfrac{y}{x(y+z)}+ \dfrac{z}{y(z+x)} \geq \dfrac{3}{2\sqrt[3]{xyz}}$ (với $x,\ y,\ z > 0$ )
    Nhân cả hai vế với $x+y+z$ ta suy ra $$\dfrac{x(x+y)+xz}{z(x+y)}+ \dfrac{y(y+z)+yx}{x(y+z)}+ \dfrac{z(z+x)+zy}{y(z+x)} \geq \dfrac{3(x+y+z)}{2\sqrt[3]{xyz}}$$ hay $$\dfrac{x}{z}+ \dfrac{y}{x}+ \dfrac{z}{y}+ \dfrac{x}{x+y}+ \dfrac{y}{y+z}+ \dfrac{z}{z+x} \geq \dfrac{3(x+y+z)}{2\sqrt[3]{xyz}} \ \ \ \ \ (1)$$ Lúc này, nếu ta đặt $a=\sqrt[3]{\dfrac{y}{x}},\ b=\sqrt[3]{\dfrac{z}{y}},\ c=\sqrt[3]{\dfrac{x}{z}}$ thì ta có $$\begin{align} {VT}_{(1)} &= c^3+a^3+b^3+ \dfrac{1}{a^3+1}+ \dfrac{1}{b^3+1}+ \dfrac{1}{c^3+1} \\ &=(a^3+ \dfrac{1}{a^3+1})+ (b^3+ \dfrac{1}{b^3+1})+ (c^3+ \dfrac{1}{c^3+1}) \\ &=(\dfrac{a^6}{a^3+1}+1)+ (\dfrac{b^6}{b^3+1}+1)+ (\dfrac{c^6}{c^3+1}+1) \\ &= \dfrac{a^6}{a^3+1}+ \dfrac{b^6}{b^3+1}+ \dfrac{c^6}{c^3+1}+ 3 \end{align}$$ và $$\begin{align} {VP}_{(1)} &= \dfrac{3}{2}\left(\sqrt[3]{\dfrac{x}{y}.\dfrac{x}{z}}+ \sqrt[3]{\dfrac{y}{z}.\dfrac{y}{x}}+ \sqrt[3]{\dfrac{z}{x}.\dfrac{z}{y}}\right) \\ &=\dfrac{3}{2}\left(\sqrt[3]{\dfrac{1}{a^3}.c^3}+ \sqrt[3]{\dfrac{1}{b^3}.a^3}+ \sqrt[3]{\dfrac{1}{c^3}.b^3}\right) \\ &=\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{c}{a}+ \dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}\right) \\ &=\dfrac{3}{2}(a^2c+b^2a+c^2b) \end{align}$$ Từ đây ta suy ra được đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1.$ $\ \ \ \ \square$

    Bài toán 9. Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng $$\dfrac{a^2+b}{c(a^2+b+c)}+ \dfrac{b^2+c}{a(b^2+c+a)}+ \dfrac{c^2+a}{b(c^2+a+b)} \geq \dfrac{2(a\sqrt{a}+ b\sqrt{b}+ c\sqrt{c})}{3\sqrt[3]{abc}}.$$
    Lời giải.

    Theo bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có $$(a^2+b+c)(1+b+c) \geq (a+b+c)^2 = 9$$ Suy ra $$\dfrac{1}{a^2+b+c} \leq \dfrac{1}{9}(1+b+c)$$ Do đó $$\dfrac{a^2+b}{c(a^2+b+c)} = \dfrac{1}{c}-\dfrac{1}{a^2+b+c} \geq \dfrac{1}{c}-\dfrac{1}{9}(1+b+c)$$ Thiết lập thêm hai bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế theo vế, với chú ý $a+b+c=3,$ ta dễ suy ra được $$\begin{align} VT &\geq \dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c} -1 \\ &=\dfrac{1}{3}(a+b+c)(\dfrac{1}{a}+ \dfrac{1}{b}+ \dfrac{1}{c})-1 \\ &=\dfrac{1}{3}\left( (\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a})+ (\dfrac{b}{a}+ \dfrac{c}{b}+ \dfrac{a}{c}) \right) \end{align}$$ Lúc này, lần lượt sử dụng bổ đề và bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta có $$\begin{align} \dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} &\geq \dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}} \\ &= \dfrac{\sqrt{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}\\ &\geq \dfrac{a\sqrt{a}+ b\sqrt{b}+ c\sqrt{c}}{\sqrt[3]{abc}} \end{align}$$ Tương tự $$\dfrac{b}{a}+ \dfrac{c}{b}+ \dfrac{a}{c} \geq \dfrac{a\sqrt{a}+ b\sqrt{b}+ c\sqrt{c}}{\sqrt[3]{abc}}$$ Vậy ta suy ra $$VT \geq \dfrac{2(a\sqrt{a}+ b\sqrt{b}+ c\sqrt{c})}{3\sqrt[3]{abc}}.$$ Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1.$ $ \ \ \ \ \square$
    $\bullet$ Từ việc chứng minh được $$VT \geq \dfrac{1}{3}\left( (\dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a})+ (\dfrac{b}{a}+ \dfrac{c}{b}+ \dfrac{a}{c}) \right)$$ ta có thể sáng tạo thêm nhiều bài toán nữa ($VT\geq \dfrac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)$ …).
    Sửa lần cuối bởi tinilam; 27/08/14 lúc 06:34 PM.

  2. Cám ơn  Mr_Trang, Mr.Cloud, khanhsy, cuong18041998, Lê Đình Mẫn đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    $\mathfrak{Love_Smod_Boxm ath}$ Trần Duy Tân's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Chốn ăn bám mẹ
    Tuổi
    18
    Bài viết
    406
    Cám ơn (Đã nhận)
    261
    Hay lắm cậu ! cậu bỏ vào file DPF cho m.n tải về luôn !
    Sửa lần cuối bởi Viet_1846; 24/08/14 lúc 03:08 AM. Lý do: Đừng trích dẫn cả bài dài em nhé, theo dõi rất khó. Với cả Ntspbc chắc nhiều hơn bạn vài tuổi đó.
    \[{E^{{V^{{E^{{R^{{Y^{{T^{{H^{{I^{{N^{{G_{{I_{{S_{{A _{{W_{{E_{{S_{{O_{{M_E}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}} !}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}{!_{{E_{{V_{{E_{{R_Y}_{{T_ {{H_{{I_{{N_{{G^{{I^{{S^{{A^{{W^{{E^{{S^{{O^{{M^E} !}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}}!}!}}!}}!}}!}} !\]

  4. Cám ơn cuong18041998 đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Moderator Popeye's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Hà Nội
    Ngày sinh
    10-12-1994
    Bài viết
    72
    Cám ơn (Đã nhận)
    95
    Chuyên đề này trước đây khi Sang đăng bên k2pi đã có người tổng hợp. Mình lấy tạm bên đó
    Tập tin đính kèm Tập tin đính kèm
    IF YOU'RE GOOD AT SOMETHING, NEVER DO IT FOR FREE

  6. Cám ơn luffy 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