Inequality Fan Club

Chuyển Địa Chỉ

04/05/2010 Nguyen Van Huyen Để lại phản hồi

Toàn bộ dữ liệu đã được cập nhât qua địa chỉ mới

http://mathifc.wordpress.com/

Categories: Problems

Problem 41

24/04/2010 Nguyen Van Huyen Để lại phản hồi

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $\displaystyle 16(a+b+c)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$ . Chứng minh rằng

$\displaystyle \frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2(a+c)}\right)^3}+\frac{1}{\left(b+c+\sqrt{2(b+a)}\right)^3}+\frac{1}{\left(c+a+\sqrt{2(c+b)}\right)^3}\le\frac{8}{9}$

Việt Nam TST 2010

Lời giải

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

$\displaystyle a+b+\sqrt{\frac{a+c}{2}}+\sqrt{\frac{a+c}{2}}\ge3.\sqrt[3]{\frac{(a+b)(a+c)}{2}}$

Suy ra

$\displaystyle \frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2(a+c)}\right)^3}\le\frac{2}{27(a+b)(a+c)}$

Tương tự cho các bất đẳng thức còn lại ta được

$\displaystyle \sum\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2(a+c)}\right)^3}\le\frac{4(a+b+c)}{27(a+b)(b+c)(c+a)}$

Mặt khác ta lại có

$\displaystyle (a+b)(b+c)(c+a)\ge\frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)$

Vì vậy

$\displaystyle \sum\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2(a+c)}\right)^3}\le\frac{1}{6(ab+bc+ca)}$

Đến đây sử dụng bất đẳng thức quen thuộc $(ab+bc+ca)^2\ge3abc(a+b+c)$ , ta có

$\displaystyle 16(a+b+c)\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\ge\frac{3(a+b+c)}{ab+bc+ca}$

Hay là

$\displaystyle ab+bc+ca \ge \frac{3}{16}$

Từ đó dẫn đến

$\displaystyle \sum\frac{1}{\left(a+b+\sqrt{2(a+c)}\right)^3}\le\frac{8}{9}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1/4$

Categories: Problems

Problem 40

20/04/2010 Nguyen Van Huyen Để lại phản hồi

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng

$\displaystyle \frac{ab}{c\sqrt{a+b}}+\frac{ab}{c\sqrt{a+b}}+\frac{ab}{c\sqrt{a+b}}\ge\sqrt{\frac{3}{2}(a+b+c)}$

Nguyễn Văn Huyện

Lời giải

Categories: Problems

Problem 39

08/04/2010 Nguyen Van Huyen Để lại phản hồi

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a\ge b\ge c$ . Chứng minh bất đẳng thức

$\displaystyle\frac{a}{b+c}.\left(\frac{b}{c}\right)^2+\frac{b}{c+a}.\left(\frac{c}{a}\right)^2+\frac{c}{a+b}.\left(\frac{a}{b}\right)^2\ge\frac{3}{2}$

Nguyễn Văn Huyện

Lời giải 1

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

$\displaystyle \left (\sum\frac{a}{b+c}.\left(\frac{b}{c}\right)^2\right)\left(\sum\frac{b+c}{a}\right)\ge\left(\sum\frac{b}{c}\right)^2$

Vì thế ta chỉ còn chứng minh

$\displaystyle \left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right)^2\ge\frac{3}{2}\left(\frac{a+b}{c}+\frac{b+c}{a}+\frac{c+a}{b}\right)$

Hay là

$\displaystyle 2\left(\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\right)+\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}\ge3\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)$

Đây là một bất đẳng thức đúng vì

$\displaystyle \frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}\ge \frac{a}{b}.\frac{b}{c}+\frac{b}{c}.\frac{c}{a}+\frac{c}{a}.\frac{a}{b}=\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}$

và

$\displaystyle \frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}-\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)=\frac{(a-b)(b-c)(a-c)}{abc}\ge 0$

Bài toán được chứng minh xong

Lời giải 2

Ta sẽ chứng minh một kết quả mạnh hơn sau đây

Với $a,b,c$ là các số thực dương, ta luôn có

$\displaystyle\frac{a}{b+c}.\left(\frac{b}{c}\right)^2+\frac{b}{c+a}.\left(\frac{c}{a}\right)^2+\frac{c}{a+b}.\left(\frac{a}{b}\right)^2\ge\frac{3}{2}.\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)$

Thật vậy, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có

$\displaystyle \sum \frac{a}{b+c}.\left(\frac{b}{c}\right)^2=\sum \frac{\displaystyle(\frac{ab}{c})^2}{a(b+c)}\ge\sum \frac{\left(\displaystyle\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}\right)^2}{2(ab+bc+ca)}$

Và ta có

$\displaystyle\left(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b} \right)^2\ge3\left(\frac{ab}{c}.\frac{bc}{a}+\frac{bc}{a}.\frac{ca}{b}+\frac{ca}{b}.\frac{ab}{c}\right)=3(a^2+b^2+c^2)$

Từ đó dẫn đến

$\displaystyle\sum \frac{a}{b+c}.\left(\frac{b}{c}\right)^2\ge\frac{3}{2}.\left (\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)$

Chứng minh hoàn tất

Categories: Problems

Problem 38

08/04/2010 Nguyen Van Huyen Để lại phản hồi

Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện

$\displaystyle \frac{1}{a^2+27}+\frac{1}{b^2+27}+\frac{1}{c^2+27}\ge\frac{1}{12}$

Tìm GTLN của biểu thức

$P=3(ab+bc+ca)+abc$

Nguyễn Văn Huyện

Lời giải

Bổ đề

Với $a,b,c$ là các số thực, ta luôn có bất đẳng thức

$\displaystyle (a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)\ge\frac{4}{3}(ab+bc+ca+\frac{abc}{3})^2$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=3$

Categories: Problems

Problem 37

14/03/2010 Nguyen Van Huyen Để lại phản hồi

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm và thỏa mãn điều kiện $a+b+c=1$ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

$P=(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)$

Lời giải

Categories: Problems

Problem 36

12/03/2010 Nguyen Van Huyen Để lại phản hồi

Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3$ . Chứng minh bất đẳng thức

$\displaystyle \frac{1}{2ab^2+1}+\frac{1}{2bc^2+1}+\frac{1}{2ca^2+1}\ge 1$

Vasile Cirtoaje