Bạn chưa đăng nhập. Vui lòng đăng nhập để hỏi bài
Neet

1) 0<a,b,c<1 và ab+bc+ca=1.find Min of:

\(M=\frac{a^2\left(1-2b\right)}{b}+\frac{b^2\left(1-2c\right)}{c}+\frac{c^2\left(1-2a\right)}{a}\)

2) a,b,c>0.CMR:

\(\frac{1}{\left(2a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a\right)^2}\ge\frac{1}{ab+bc+ca}\)

3)a,b,c>0 CMR:

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

Akai Haruma
2 tháng 3 2017 lúc 0:34

Bài 3)

BĐT cần chứng minh tương đương với:

\(\left ( \frac{a}{a+b} \right )^2+\left ( \frac{b}{b+c} \right )^2+\left ( \frac{c}{c+a} \right )^2\geq \frac{1}{2}\left ( 3-\frac{a}{a+b}-\frac{b}{b+c}-\frac{c}{c+a} \right )\)

Để cho gọn, đặt \((x,y,z)=\left (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c}\right)\) \(\Rightarrow xyz=1\).

BĐT được viết lại như sau:

\(A=2\left [ \frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1}+\frac{1}{z+1}\geq 3\) \((\star)\)

Ta nhớ đến hai bổ đề khá quen thuộc sau:

Bổ đề 1: Với \(a,b>0\) thì \(\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}\geq \frac{1}{ab+1}\)

Cách CM rất đơn giản, Cauchy - Schwarz:

\((a+1)^2\leq (a+b)(a+\frac{1}{b})\Rightarrow \frac{1}{(a+1)^2}\geq \frac{b}{(a+b)(ab+1)}\)

Tương tự với biểu thức còn lại và cộng vào thu được đpcm

Bổ đề 2: Với \(x,y>0,xy\geq 1\) thì \(\frac{1}{x^2+1}+\frac{1}{y^2+1}\geq \frac{2}{xy+1}\)

Cách CM: Quy đồng ta có đpcm.

Do tính hoán vị nên không mất tổng quát giả sử \(z=\min (x,y,z)\)

\(\Rightarrow xy\geq 1\). Áp dụng hai bổ đề trên:

\(A\geq 2\left [ \frac{1}{xy+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2}{\sqrt{xy}+1}+\frac{1}{z+1}=2\left [ \frac{z}{z+1}+\frac{1}{(z+1)^2} \right ]+\frac{2\sqrt{z}}{\sqrt{z}+1}+\frac{1}{z+1}\)

\(\Leftrightarrow A\geq \frac{2(z^2+z+1)}{(z+1)^2}+\frac{1}{z+1}+2-\frac{2}{\sqrt{z}+1}\geq 3\)

\(\Leftrightarrow 2\left [ \frac{z^2+z+1}{(z+1)^2}-\frac{3}{4} \right ]+\frac{1}{z+1}-\frac{1}{2}-\left ( \frac{2}{\sqrt{z}+1}-1 \right )\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(z-1)^2}{2(z+1)^2}-\frac{z-1}{2(z+1)}+\frac{z-1}{(\sqrt{z}+1)^2}\geq 0\Leftrightarrow (z-1)\left [ \frac{1}{(\sqrt{z}+1)^2}-\frac{1}{(z+1)^2} \right ]\geq 0\)

\(\Leftrightarrow \frac{\sqrt{z}(\sqrt{z}-1)^2(\sqrt{z}+1)(z+\sqrt{z}+2)}{(\sqrt{z}+1)^2(z+1)^2}\geq 0\) ( luôn đúng với mọi \(z>0\) )

Do đó \((\star)\) được cm. Bài toán hoàn tất.

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\)

P/s: Nghỉ tuyển lâu rồi giờ mới gặp mấy bài BĐT phải động não. Khuya rồi nên xin phép làm bài 3 trước. Hai bài kia xin khiếu. Nếu làm đc chắc tối mai sẽ post.

Lightning Farron
2 tháng 3 2017 lúc 18:11

Bài 1:

Cho \(a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\). Khi đó \(M=\sqrt{3}-2\)

Ta sẽ chứng minh nó là giá trị nhỏ nhất

Thật vậy, đặt c là giá trị nhỏ nhất của a,b,c. Khi đó, ta cần chứng minh

\(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{ab+ac+bc}}\geq(\sqrt3-2)\sqrt{ab+ac+bc}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{ab+ac+bc}\left(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\right)\geq2(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)\)

\(\Leftrightarrow\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{a}-a-b+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-\frac{b^2}{a}-c+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq\)

\(\geq2((a-b)^2+(c-a)(c-b))\)

\(\Leftrightarrow(a-b)^2\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2\right)+(c-a)(c-b)\left(\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\right)+a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}\geq0\)

Đúng bởi \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\)

\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)

BĐT đã được c/m. Vậy \(M_{Min}=\sqrt{3}-2\Leftrightarrow a=b=c=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

P/s: Nhìn qua thấy ngon mà làm mới thấy thật sự là "choáng"

Hung nguyen
2 tháng 3 2017 lúc 10:57

Câu 1/ Ta có

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

\(\Leftrightarrow1\le\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}\)

\(\Leftrightarrow\left(a+b+c\right)^2\ge3\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{3}\le a+b+c< 3\)

Ta có: \(M=\frac{a^2\left(1-2b\right)}{b}+\frac{b^2\left(1-2c\right)}{c}+\frac{c^2\left(1-2a\right)}{a}\)

\(=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-2\left(a^2+b^2+c^2\right)\)

\(\ge\frac{\left(a+b+c\right)^2}{a+b+c}-2\left(a^2+b^2+c^2\right)-4\left(ab+bc+ca\right)+4\left(ab+bc+ca\right)\)

\(=a+b+c-2\left(a+b+c\right)^2+4\) (1)

Đặt \(a+b+c=x\left(\sqrt{3}\le x< 3\right)\)

Ta tìm GTNN của hàm số: \(y=-2x^2+x+4\)

\(\Rightarrow y'=-4x+1=0\)

\(\Rightarrow x=\frac{1}{4}=0,25\)

Thế x lần lược các giá trị \(\left\{\begin{matrix}x=0,25\\x=\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{matrix}y=4,125\\y=-2+\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow y_{min}=-2+\sqrt{3}\) đạt cực trị tại \(x=\sqrt{3}\) (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra GTNN của M là \(-2+\sqrt{3}\) tại \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Akai Haruma
2 tháng 3 2017 lúc 21:19

Câu 1)

Một cách khác:

Ta sẽ chứng minh \(M=\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}-2(a^2+b^2+c^2)\geq -2+\sqrt{3}\) \((\star)\)

\(\Leftrightarrow \left ( \frac{a^2}{b}-2a+b \right )+\left ( \frac{b^2}{c}-2b+c \right )+\left ( \frac{c^2}{a}-2c+a \right )+(a+b+c-\sqrt{3})-2(a^2+b^2+c^2-1)\geq 0\)

Dựa vào \(ab+bc+ac=1\). Biến đổi:

\(\sum \left (\frac{a^2}{b}-2a+b\right)=\frac{(a-b)^2}{b}+\frac{(b-c)^2}{c}+\frac{(c-a)^2}{a}\)

\(a+b+c-\sqrt{3}=\frac{(a+b+c)^2-3}{a+b+c+\sqrt{3}}=\frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2(a+b+c+\sqrt{3})}\)

\(2(a^2+b^2+c^2-1)=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\)

Do đó \((\star)\) tương đương với:

\((a-b)^2\left [ \frac{1}{b}+\frac{1}{2(a+b+c+\sqrt{3})}-1 \right ]+(b-c)^2\left [ \frac{1}{c}+\frac{1}{2(a+b+c+\sqrt{3})}-1 \right ]+(c-a)^2\left [ \frac{1}{a}+\frac{1}{2(a+b+c+\sqrt{3})}-1 \right ]\geq 0\)

Nhận thấy \(a,b,c<1\Rightarrow \frac{1}{a},\frac{1}{b},\frac{1}{c}>1\). Cho nên mỗi số trong ngoặc vuông đều dương.

Đồng thời \((a-b)^2,(b-c)^2,(c-a)^2\geq 0\) nên BĐT trên luôn đúng

\((\star)\) được CM. Bài toán hoàn thành. Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

Có vẻ đặc điểm chung của mấy bài này đều thiên về biến đổi tương đương. Nhưng bài 2 vẫn chưa nghĩ ra cách làm sáng sủa. @Neet you lấy nguồn ở đâu thế?

Lightning Farron
3 tháng 3 2017 lúc 19:44

Bài 2:

Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}a+b+c=3u\\ab+ac+bc=3v^2\\abc=w^3\\u^2=tv^2\end{matrix}\right.\) . Do đó \(t\ge1\) và ta cần chứng minh

\(\sum (4a^5b+4a^4c-12a^4b^2+12a^4c^2+5a^3b^3+8a^4bc-19a^3b^2c+5a^3c^2b-7a^2b^2c^2)\geq0\)

\(\Leftrightarrow\sum(4a^5b+4a^4c+5a^3b^3+8a^4bc-7a^3b^2c-7a^3c^2b-7a^2b^2c^2)\geq\)

\(\geq12\sum(a^4b^2-a^4c^2+a^3b^2c-a^3c^2b)\)

\(\Leftrightarrow \sum(4a^5b+4a^4c+5a^3b^3+8a^4bc-7a^3b^2c-7a^3c^2b-7a^2b^2c^2)\geq\)

\(\geq12(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)(ab+ac+bc)\)

Khi đó theo BĐT Schur \(3\sum(a^3b^3-a^3b^2c-a^3c^2b+a^2b^2c^2)\geq0\), đủ để chứng minh

\(\sum(4a^5b+4a^4c+2a^3b^3+8a^4bc-4a^3b^2c-4a^3c^2b-10a^2b^2c^2)\geq\)

\(\geq12(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)(ab+ac+bc)\)

\(\Leftrightarrow\sum(2a^5b+2a^4c+a^3b^3+4a^4bc-2a^3b^2c-2a^3c^2b-5a^2b^2c^2)\geq\)

\(\geq6(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)(ab+ac+bc)\)

Hay \(18u^4v^2-24u^2v^4+5v^6+2u^3w^3-uv^2w^3\geq2(a-b)(a-c)(b-c)uv^2\)

Và khi \(18u^4v^2-24u^2v^4+5v^6+2u^3w^3-uv^2w^3\geq0\), nó cũng đủ để chứng minh

\(\left(18u^4v^2-24u^2v^4+5v^6+2u^3w^3-uv^2w^3\right)^2\geq4(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2u^2v^4\)

Hay \((4u^4-4u^2v^2+109v^4)u^2w^6+2uv^2(36u^6+150u^4v^2-290u^2v^4-5v^6)w^3+\)

\(+(324u^8-864u^6v^2+432u^4v^4+192u^2v^6+25v^8)v^4\geq0\)

Khi \(324t^4-864t^3+432t^2+192t+25>0\), còn phải chứng minh

\(t(36t^3+150t^2-290t-5)^2-t(4t^2-4t+109)(324t^4-864t^3+432t^2+192t+25)\leq0\)

Hay \(t(t-1)^2(144t^3-72t^2-216t-25)\leq0\)

\(t\ge1\)\(36t^3+150t^2-290t-5<0\)

Đặt \(p(t)=36t^3+150t^2-290t-5\)\(q(t)=144t^3-72t^2-216t-25\)

Theo quy tắc Descartes \(p\) có một nghiệm dương duy nhất \(x_1\)\(q\) có một nghiệm dương duy nhất \(x_2\)

Nhưng \(p\left(1.5\right)=19>0\)\(q(1.5)=-25<0\) mà có rằng \(q\left(x\right)< 0\forall1\le x\le x_1\)

P/s: có 1 số chỗ mk viết ko đủ dòng nên sẽ viết tiếp xuống dòng dưới và bài này thật ĐÁNG SỢ

Hung nguyen
4 tháng 3 2017 lúc 9:56

Bài 2: Ta có

\(\frac{1}{\left(2a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a\right)^2}=\frac{\left(2c+b\right)^2}{\left(2a+b\right)^2\left(2c+b\right)^2}+\frac{\left(2a+c\right)^2}{\left(2b+c\right)^2\left(2a+c\right)^2}+\frac{\left(2b+a\right)^2}{\left(2c+a\right)^2\left(2b+a\right)^2}\ge\frac{9\left(a+b+c\right)^2}{\left(2a+b\right)^2\left(2c+b\right)^2+\left(2b+c\right)^2\left(2a+c\right)^2+\left(2c+a\right)^2\left(2b+a\right)^2}\)

Ta đặt: \(\left\{\begin{matrix}a+b+c=m\\ab+bc+ca=n\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(\left\{\begin{matrix}\left(2a+b\right)\left(2c+b\right)=b^2+2ac+2\left(ab+bc+ca\right)=b^2+2ca+2n\\\left(2b+c\right)\left(2a+c\right)=c^2+2ab+2n\\\left(2c+a\right)\left(2b+a\right)=a^2+2bc+2n\end{matrix}\right.\)

Từ đây ta suy ra: \(\left(2a+b\right)^2\left(2c+b\right)^2+\left(2b+c\right)^2\left(2a+c\right)^2+\left(2c+a\right)^2\left(2b+a\right)^2=\left(b^2+2ca+2n\right)^2+\left(c^2+2ab+2n\right)^2+\left(a^2+2bc+2n\right)^2\)

\(=12n^2+4n\left(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\right)+\left(a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2\right)\)

\(=12n^2+4n\left(a+b+c\right)^2+\left(a^2+b^2+c^2\right)^2+2\left(ab+bc+ca\right)^2\)

\(=14n^2+4nm^2+\left(m^2-2n\right)^2\)

\(=18n^2+m^4\)

Vậy ta cần chứng minh: \(\frac{9m^2}{18n+m^4}\ge\frac{1}{n}\)

\(\Leftrightarrow9m^2n-18n^2-m^4\ge0\)

\(\Leftrightarrow\left(m^2-3n\right)\left(6n-m^2\right)\ge0\)

Đễ thấy \(m^2\ge3n\)\(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)

Giờ ta chỉ cần xét 2 trường hợp:

Trường hợp 1: \(6n\ge m^2\) với trường hợp này thì ta có ĐPCM

Trường hợp 2: \(6n< m^2\). Ta giả sử a là số lớn nhất trong 3 số a, b, c

\(\Leftrightarrow6\left(ab+bc+ca\right)< \left(a+b+c\right)^2\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-4\left(ab+bc+ca\right)>0\)

\(\Leftrightarrow a^2-4a\left(b+c\right)+4\left(b+c\right)^2-3b^2-3c^2-12bc>0\)

\(\Leftrightarrow\left(a-2b-2c\right)^2>3\left(b^2+c^2+4bc\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[\begin{matrix}a-2b-2c>\sqrt{3\left(b^2+c^2+4bc\right)}\\a-2b-2c< -\sqrt{3\left(b^2+c^2+4bc\right)}\end{matrix}\right.\)

Xét trường hợp: \(a-2b-2c< -\sqrt{3\left(b^2+c^2+4bc\right)}\)

\(\Leftrightarrow a< 2b+2c-\sqrt{3\left(b^2+c^2+4bc\right)}< \left(2-\sqrt{3}\right)\left(b+c\right)< \frac{b+c}{2}\left(l\right)\)

Xét trường hợp: \(a-2b-2c>\sqrt{3\left(b^2+c^2+4bc\right)}\)

\(\Leftrightarrow a>2\left(b+c\right)+\sqrt{3\left(b^2+c^2+4bc\right)}>\left(2+\sqrt{3}\right)\left(b+c\right)\)

Giờ ta quay lại bài toán ban đầu:

Ta có: \(\frac{1}{\left(2a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a\right)^2}\ge\frac{2}{\left(2a+b\right)\left(2c+a\right)}>\frac{2}{2\left(a+2b\right)\left(a+2c\right)}\ge\frac{4}{\left(a+2b+a+2c\right)^2}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)^2}\)

\(\frac{1}{\left(2b+c\right)^2}>\frac{1}{4\left(b+c\right)^2}\)

Từ đây ta có:

\(\frac{1}{\left(2a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a\right)^2}>\frac{1}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1}{4\left(b+c\right)^2}\)

Giờ ta phải chứng minh: \(\frac{1}{\left(a+b+c\right)^2}+\frac{1}{4\left(b+c\right)^2}>\frac{1}{ab+ac}>\frac{1}{ab+bc+ca}\)

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(\frac{a}{b+c}+1\right)^2}+\frac{1}{4}>\frac{b+c}{a}\)

Ta đặt \(t=\frac{a}{b+c}>2+\sqrt{3}\) thì ta có

\(\Leftrightarrow\frac{1}{\left(t+1\right)^2}+\frac{1}{4}-\frac{1}{t}>0\)

\(\Leftrightarrow t^3-2t^2-3t-4>0\)

\(\Leftrightarrow\left(t-2-\sqrt{3}\right)\left(t^2+\sqrt{3}t+2\sqrt{3}\right)+4\sqrt{3}+2>0\) (đúng)

Vậy ta có ĐPCM


Các câu hỏi tương tự
Quách Phú Đạt
Xem chi tiết
phan thị minh anh
Xem chi tiết
Trần Nguyễn Bảo Quyên
Xem chi tiết
Nguyễn Anh Khoa
Xem chi tiết
phan thị minh anh
Xem chi tiết
Ngịch ngợm
Xem chi tiết
Trần Việt Linh
Xem chi tiết
Nguyễn Phan Ngọc Tú
Xem chi tiết
Quốc Bảo
Xem chi tiết