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:
\(\left(\frac{a}{a+b}\right)^2+\left(\frac{b}{b+c}\right)^2+\left(\frac{c}{c+a}\right)^2\ge\frac{1}{2}\left(\frac{b}{a+b}+\frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}\right)\)
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.
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 \(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-2>0;\frac{1}{a}+\frac{b}{ac}-2\geq\frac{1}{a}+\frac{1}{a}-2>0\) và
\(a+b+c-\sqrt{3(ab+ac+bc)}=\frac{(a-b)^2+(c-a)(c-b)}{a+b+c+\sqrt{3(ab+ac+bc)}}\geq0\)
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"
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 \(a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}\)
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?
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 \(t(t-1)^2(144t^3-72t^2-216t-25)\leq0\)
Mà \(t\ge1\) và \(36t^3+150t^2-290t-5<0\)
Đặt \(p(t)=36t^3+150t^2-290t-5\) và \(q(t)=144t^3-72t^2-216t-25\)
Theo quy tắc Descartes \(p\) có một nghiệm dương duy nhất \(x_1\) và \(q\) có một nghiệm dương duy nhất \(x_2\)
Nhưng \(p\left(1.5\right)=19>0\) và \(q(1.5)=-25<0\) 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
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 \(m^2\ge3n\) vì \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
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: \(\frac{1}{\left(2a+b\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a\right)^2}\ge\frac{2}{\left(2a+b\right)\left(2c+a\right)}>\frac{2}{2\left(a+2b\right)\left(a+2c\right)}\ge\frac{4}{\left(a+2b+a+2c\right)^2}=\frac{1}{\left(a+b+c\right)^2}\)
Và \(\frac{1}{\left(2b+c\right)^2}>\frac{1}{4\left(b+c\right)^2}\)
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
