[Bổ đề BĐT] Với $a, b, c>0$ thì $\frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a}\geq \frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}$ - Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TRANG CHỦ giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TÀI LIỆU TRẮC NGHIỆM giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 GIẢI TOÁN ONLINE giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 Upload-File giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12ĐĂNG KÍ THÀNH VIÊN
 
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12   Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan GIẢI BÀI TẬP TOÁN ONLINE giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Đại số luyện thi Đại học giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan Bất đẳng thức - Cực trị

Trả lờiGui De Tai Moi
 
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này Kiểu hiển thị

  #1  
Cũ 30-08-2013, 20:42
Avatar của Sangham_BM
Sangham_BM Sangham_BM đang ẩn
Thành viên Vip
Đến từ: Y.Thành, Nghệ An
Nghề nghiệp: K sĩ
Sở thích: Calisthenics
 
Cấp bậc: 9 [♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 212
Điểm: 36 / 3220
Kinh nghiệm: 50%

Thành viên thứ: 825
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Bài gửi: 110
Đã cảm ơn : 23
Được cảm ơn 274 lần trong 81 bài viết

Lượt xem bài này: 2627
Mặc định [Bổ đề BĐT] Với $a, b, c>0$ thì $\frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a}\geq \frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}$

Trong mọi lĩnh vực, khi tự mình sáng tạo ra được một cái gì đó thì nó đều tạo cảm hứng để tiếp tục theo đuổi đam mê, khám phá thêm nhiều điều mới. Bất đẳng thức cũng vậy, từ lâu nó đã không còn xa lạ đối với các bạn học sinh nữa rồi. Khi giải được một bài toán khó, tìm ra được những lời giải hay, hay sáng tác được một bài hay…tất cả đều chung một cảm giác “vui khó tả”.
Trong quá trình giải toán, mình có tìm ra được một bổ đề bất đẳng thức; ứng dụng của nó khá ít nhưng cũng muốn giới thiệu tới mọi người.



Bổ đề : Với $a,\ b,\ c$ là các số thực dương, ta luôn có bất đẳng thức sau : $$ \dfrac{a}{b}+ \dfrac{b}{c}+ \dfrac{c}{a} \geq \dfrac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}.$$
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 $$\dfrac{a^2}{b^2}+ \dfrac{a}{c}+ \dfrac{a}{c} \geq 3.\sqrt[3]{\dfrac{a^4}{b^2c^2}} = 3a^2$$ $$\dfrac{b^2}{c^2}+ \dfrac{b}{a}+ \dfrac{b}{a} \geq 3.\sqrt[3]{\dfrac{b^4}{c^2a^2}} = 3b^2$$ $$\dfrac{c^2}{a^2}+ \dfrac{c}{b}+ \dfrac{c}{b} \geq 3.\sqrt[3]{\dfrac{c^4}{a^2b^2}} = 3c^2$$ 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 $$\begin{align} (a+b+c)^3&= ((a+b+c)^2)^{\frac{3}{2}}\\&={((a^2+b^2+c^2)+2(ab+ bc+ca))}^{\frac{3}{2}}\\& ={(3+2(ab+bc+ca))}^{\frac{3}{2}}\\&\geq {(3\sqrt{3(ab+bc+ca)^2})}^{\frac{3}{2}}\\&=9(ab+bc +ca) \end{align}$$ 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 $$\left(\sqrt{\dfrac{b}{a}}+ \sqrt{\dfrac{c}{b}}+ \sqrt{\dfrac{a}{c}}\right)^2 \geq \left(\dfrac{ \sqrt{3(a+b+c)}}{\sqrt{\sqrt[3]{abc}}}\right)^2 =\dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}},$$ 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 $$\begin{align}VT = \dfrac{a^4b^2}{ab(a+c)}+ \dfrac{b^4c^2}{bc(b+a)}+ \dfrac{c^4a^2}{ca(c+b)} &\geq \dfrac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab(a+c)+bc(b+a)+ca(c+b) } \\ &=\dfrac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{a^2b+b^2c+c^2a+3ab c} \\ &\geq \dfrac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{2(a^2b+b^2c+c^2a)}\\ &=\dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{2} \end{align}$$ Mặt khác, sử dụng bổ đề thì $$ a^2b+b^2c+c^2a \geq \sqrt[3]{a^2b^2c^2}.\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}= \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$ 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 $x=\dfrac{1}{\sqrt[3]{a}},\ y=\dfrac{1}{\sqrt[3]{b}},\ z=\dfrac{1}{\sqrt[3]{c}}$, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : $$\dfrac{y^6}{x^3+y^3}+ \dfrac{z^6}{y^3+z^3}+ \dfrac{x^6}{z^3+x^3} \geq \dfrac{3}{2}xyz.$$ Lần lượt sử dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz và bất đẳng thức AM – GM ta có $$\begin{align} \dfrac{y^6}{x^3+y^3}+ \dfrac{z^6}{y^3+z^3}+ \dfrac{x^6}{z^3+x^3} &\geq \dfrac{(y^3+z^3+x^3)^2}{2(x^3+y^3+z^3)} \\ &=\dfrac{x^3+y^3+z^3}{2} \\ &\geq \dfrac{3}{2}xyz \end{align}.$$ Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$ hay $a=b=c.$ $ \ \ \ \ \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 ($VT\geq \dfrac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)$ …).





Thân!


Chủ đề được quan tâm nhiều nhất:



Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 33 người đã cảm ơn cho bài viết này
$N_B^N$ (30-08-2013), beodat (31-08-2013), chuotlua369 (01-09-2013), dienhosp3 (25-03-2014), thanhthanhsuachua (03-04-2014), Neverland (29-12-2014), hahahaha1 (31-08-2013), hand of god (21-11-2013), Hà Nguyễn (07-11-2013), Hồng Vinh (31-08-2013), Inspectorgadget (22-09-2013), Javis (25-11-2013), kiennt (27-09-2013), Lê Đình Mẫn (31-08-2013), Lạnh Như Băng (19-11-2014), Lil.Tee (10-01-2015), Lưỡi Cưa (31-08-2013), ma29 (30-08-2013), Miền cát trắng (30-08-2013), Mr_Trang (31-08-2013), Nôbita (30-08-2013), ngonnentruocgio (07-11-2013), Pary by night (30-08-2013), phamtuankhai (30-08-2013), Phạm Kim Chung (03-11-2013), phudinhgioihan (31-08-2013), Shirunai Okami (27-01-2015), Táo_Cass (05-08-2015), Tuấn Anh Eagles (30-08-2013), tungthanhphan (30-08-2013), VNSTaipro (24-04-2014), vuhoangmai (06-04-2014), Đặng Thành Nam (30-08-2013)
  #2  
Cũ 07-11-2013, 06:21
Avatar của ngonnentruocgio
ngonnentruocgio ngonnentruocgio đang ẩn
Thành viên Chính thức
Đến từ: Th Thủy - Thanh Chươn
Nghề nghiệp: gooner arsenal
Sở thích: không cố định.
 
Cấp bậc: 6 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 143
Điểm: 20 / 2189
Kinh nghiệm: 75%

Thành viên thứ: 791
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Bài gửi: 62
Đã cảm ơn : 154
Được cảm ơn 46 lần trong 20 bài viết

Mặc định Re: [Bổ đề BĐT] Với $a, b, c>0$ thì $\frac{a}{b}+ \frac{b}{c}+ \frac{c}{a}\geq \frac{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}{\sqrt[3]{abc}}$

Bổ đề đầu tiên chỗ sử dụngAM-GM là căn bậc 3


Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 2 người đã cảm ơn cho bài viết này
beodat (07-11-2013), phamvothanhqui (26-05-2014)
Trả lờiG?i Ð? Tài M?i Thích và chia sẻ bài viết này:


Đang xem bài viết : 1 (0 thành viên và 1 khách)
 


Từ khóa
bổ đề vasile
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này
Tìm trong chủ đề này:

Tìm chi tiết
Kiểu hiển thị

Quyền viết bài
Bạn không thể gửi chủ đề mới
Bạn không thể gửi trả lời
Bạn không thể gửi file đính kèm
Bạn không thể sửa bài viết của mình

BB code đang Mở
Mặt cười đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt



DIỄN ĐÀN K2PI.NET.VN | THÁNG 12.2011
Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán
Thay đổi tên miền K2pi.Net thành K2pi.Net.Vn từ ngày 01-10-2014