bài 2

(bài này là đề thi olympic Toán,Ireland 1997),nhưng cũng dễ thôi

Giả sử ngược lại \(a^2+b^2+c^2< abc\)

khi đó \(abc>a^2+b^2+c^2>a^2\)nên \(a< bc\)

Tương tự \(b< ac,c< ab\)

Từ đó suy ra :\(a+b+c< ab+bc+ac\left(1\right)\)

mặt khác ta lại có:\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)nên

\(abc>a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

\(\Rightarrow abc>ab+ac+bc\left(2\right)\)

Từ (1),(2) ta có\(abc>a+b+c\)(trái với giả thuyết)

Vậy bài toán được chứng minh

3)để đơn giản ta đặt \(x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}\).Khi đó \(x,y,z>0\)

và \(xy+yz+xz\ge1\)

ta phải chứng minh  có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức sau đúng

\(2x+3y+6z\ge6,2y+3z+6x\ge6,2z+3x+6y\ge6\)

Giả sử khẳng định này sai,tức là có ít nhất hai trong ba bất đẳng thức trên sai.Không mất tính tổng quát,ta giả sử

\(2x+3y+6z< 6\)và \(2y+3z+6x< 6\)

Cộng hai bất đẳng thức này lại,ta được:\(8x+5y+9z< 12\)

Từ giả thiết \(xy+yz+xz\ge1\Rightarrow x\left(y+z\right)\ge1-yz\)

\(\Rightarrow x\ge\frac{1-yz}{y+z}\)Do đó

\(8\frac{1-yz}{y+z}+5y+9z< 12\Leftrightarrow8\left(1-yz\right)+\left(5y+9z\right)\left(y+z\right)< 12\left(y+z\right)\)

\(\Leftrightarrow5y^2+6yz+9z^2-12y-12z+8< 0\)

\(\Leftrightarrow\left(y+3z-2\right)^2+4\left(y-1\right)^2< 0\)(vô lý)

mâu thuẫn này chứng tỏ khẳng định bài toán đúng.Phép chứng minh hoàn tất.

Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 5$

Ta chứng minh bất đẳng thức sau đây

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

Thật vậy, bất đẳng thức trên tương đương với

$latex \displaystyle \frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}\left( 2{{a}^{2}}+6a+3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Hiển nhiên đúng với a là số thực dương.

Áp dụng tương tự ta được $latex \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2b}{3};\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2c}{3}$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge 7-\frac{2\left( a+b+c \right)}{3}=5$

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $latex a=b=c=1$.

Chúng ta sẽ khởi đầu kỹ thuật này bằng việc đưa ra cách giải thích cho việc tìm ra bất đẳng thức phụ trên và nó cũng chính là cách giải thích cho các bài toán sau này của chúng ta.

Bài toán trên các biến trong cả hai vế và điều kiện đều không ràng buộc nhau điều này khiến ta nghĩ ngay sẽ tách theo từng biến để chứng minh được đơn giản hơn nếu có thể. Nhưng rõ ràng chỉ từng đó thôi là không đủ. Để ý đến dấu đẳng thức xẩy ra nên ta nghĩ đến chứng minh bất đẳng thức sau

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}\Leftrightarrow \frac{\left( a-1 \right)\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}\ge 0$

Tuy nhiên đánh giá trên không hoàn toàn đúng với a thực dương.

Để ý là với cách làm trên ta chưa sử dụng điều kiện .

Như vậy ta sẽ không đi theo đường lối suy nghĩ đơn giản ban đầu nữa mà sẽ đi tìm hệ số để bất đẳng thức sau là đúng

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+ma+n\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

Trong đó m và n là các hệ số chưa xác định.

Thiết lập tương tự với các biến b và c ta được

$latex \displaystyle \frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{2{{b}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mb+n;\,\,\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{c}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+mc+n$

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}+2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}}{3}\ge 5+m\left( a+b+c \right)+3n=5+3\left( m+n \right)$

Như vậy ở đây 2 hệ số m và n phải thỏa mãn điều kiện $latex \displaystyle m+n=0\Leftrightarrow n=-m$. Thế vào (1) dẫn đến

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Đến đây ta chỉ cần xác định hệ số duy nhất là m để bất đẳng thức (2) là đúng. Chú ý đẳng thức xẩy ra tại $latex a=b=c=1$ nên ta cần xác định m sao cho

$latex \displaystyle \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{5}{3}+m\left( a-1 \right)\Leftrightarrow \left( a-1 \right)\left( \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}-m \right)\ge 0$

Khi cho $latex a=1$ thì ta có $latex \displaystyle \frac{\left( a+1 \right)\left( 2{{a}^{2}}-3 \right)}{3{{a}^{2}}}=-\frac{2}{3}$ từ đó ta dự đoán rằng $latex \displaystyle m=-\frac{2}{3}$ để tạo thành đại lượng bình phương $latex {{\left( a-1 \right)}^{2}}$ trong biểu thức. Từ đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ

$latex \frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{2{{a}^{2}}}{3}\ge \frac{7}{3}-\frac{2a}{3}$

\(\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)

Tương tự : \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2}\) ; \(\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ac}{2}\)

Cộng theo vế : \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{1}{2}\left(ab+bc+ac\right)\ge3-\frac{1}{2}.\frac{\left(a+b+c\right)^2}{3}=\frac{3}{2}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\frac{3}{2}\)

Ap dung BDT Cosi nguoc dau:

    VT <=>    \(∑ a-{ab^2\over 1+b^2} ≥ ∑ a-{ab^2\over 2b}=∑ a-{ab\over 2} \)

                                     \(= a+b+c-{ab+ac+bc\over 2} \)

                                      \(≥ 3- {(a+b+c)^2\over 6}=3-{9\over 6}={3\over 2} \)           \( BDT {(a+b+c)^2\over 3} ≥ ab+ac+bc \)

 =>      DPCM

câu a,mình ko biết nhưng câu b bạn cộng 1+b cho số hạng đầu áp dụng cô si,các số hạng khác tương tự rồi cộng vế theo vế,ta có điều phải c/m

Bạn nói rõ hơn được không???

Để chừng nào t làm được câu 1 thì t giải giúp cho 1 lần luôn

Áp dụng BĐT AM-GM: \(1+b^2\ge2b\)

\(\Rightarrow\frac{a}{1+b^2}=a-\frac{ab^2}{1+b^2}\ge a-\frac{ab^2}{2b}=a-\frac{ab}{2}\)

Tương tự: \(\frac{b}{1+c^2}\ge b-\frac{bc}{2};\frac{c}{1+a^2}\ge c-\frac{ca}{2}\)

Cộng vế với vế 3 BĐT trên ta được:  \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge\left(a+b+c\right)-\frac{ab+bc+ca}{2}=3-\frac{ab+bc+ca}{2}\)

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

Nên \(\frac{a}{1+b^2}+\frac{b}{1+c^2}+\frac{c}{1+a^2}\ge3-\frac{\left(a+b+c\right)^2}{6}=3-\frac{9}{6}=\frac{3}{2}\)(đpcm).

Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1.

Ta có: \(a^2+b^2\ge2ab\)

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

Tương tự cộng lại suy ra \(VT\le\frac{3}{2}\)

Suy ra sai đề :)