Các bài toán chứng minh bdt có dạng nebit năm 2024
|
Cơ quan chủ quản: Công ty Cổ phần Đầu tư và Dịch vụ Giáo dục MST: 0102183602 do Sở kế hoạch và Đầu tư thành phố Hà Nội cấp ngày 13 tháng 03 năm 2007 Địa chỉ: - Văn phòng Hà Nội: Tầng 4, Tòa nhà 25T2, Đường Nguyễn Thị Thập, Phường Trung Hoà, Quận Cầu Giấy, Hà Nội. - Văn phòng TP.HCM: 13M đường số 14 khu đô thị Miếu Nổi, Phường 3, Quận Bình Thạnh, TP. Hồ Chí Minh Hotline: 19006933 – Email: [email protected] Chịu trách nhiệm nội dung: Phạm Giang Linh Giấy phép cung cấp dịch vụ mạng xã hội trực tuyến số 597/GP-BTTTT Bộ Thông tin và Truyền thông cấp ngày 30/12/2016. "Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực dương, khi đó $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}\geq\frac{3}{2}$." $(1)$ Ngoài ra, bất đẳng thức này có thể được làm chặt hơn nữa, ví dụ như: "Chứng minh rằng với mọi $a$, $b$, $c$ dương ta có $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{b+a}+\frac{abc}{2(a^3+b^3+c^3)}\geq\frac{5}{3}$." $(2)$ (Sáng tạo bất đẳng thức - Phạm Kim Hùng) Rõ ràng $(2)$ chặt hơn $(1)$ vì ta có $a^3+b^3+c^3\geq 3abc$. Trong chủ đề này, mình muốn các bạn đóng góp thêm một số bất đẳng thức là dạng làm chặt của bất đẳng thức Nesbitt (có thể không cần chứng minh, nhưng phải ghi rõ nguồn Đã gửi 04-10-2016 - 11:33 NTA1907 Thượng úy
Đóng góp cho topic một bài khá hay Bài toán: Cho $a,b,c$ không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng 0. CMR: Với mọi $k\geq 1$ ta luôn có: $\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+k.\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\geq 2\sqrt{k}+1$(Phạm Sinh Tân-Sáng tác) Lời giải:(sưu tầm) Bất đẳng thức đã cho thuần nhất nên ta chuẩn hoá $a+b+c=1$. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: $\sum \frac{a}{b+c}+k.\frac{ab+bc+ca}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\geq 2\sqrt{k}+1$ Đổi biến $a,b,c$ theo $p,q,r$; khi đó ta chứng minh: $\frac{1-2q+3r}{q-r}+k.\frac{q}{1-3q+3r}\geq 2\sqrt{k}+1$ Ta có: $\frac{1-2q+3r}{q-r}+k.\frac{q}{1-3q+3r}\geq \frac{1-3q+3r}{q-r}+k.\frac{q}{1-3q+3r}+1\geq \frac{1-3q+3r}{q}+k.\frac{q}{1-3q+3r}+1$ Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: $\frac{1-3q+3r}{q}+k.\frac{q}{1-3q+3r}+1\geq 2\sqrt{k}+1$ Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=\left ( \frac{\sqrt{k+2\sqrt{k}-3}+\sqrt{k+1}}{2}x;x;0 \right )$ Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NTA1907: 04-10-2016 - 12:42 Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả. Đã gửi 05-10-2016 - 01:10 Nguyenhuyen_AG Trung úy
Bất đẳng thức được xem là chặt hơn bất đẳng thức Nesbitt nếu như từ nó ta có thể suy ra được bất đẳng thức Nesbitt (ở một trường hợp nào đó) và nó cũng phải có trường hợp đẳng thức xảy ra khi ba biến bằng nhau (đẳng thức của bất đẳng thức Nesbitt). Bất đẳng thức này của em không chặt hơn bất đẳng thức Nesbitt, chẳng hạn như khi $k = 1$ thì nó trở thành \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant 3 - \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}.\] Bất đẳng thức này chặt hơn bất đẳng thức Nesbitt nếu như (ở một trường hợp nào đó) \[3 - \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{a^{3}+b^{3}+c^{3}} \geqslant \frac{3}{2}.\] tuy nhiên bất đẳng thức này lại không đúng. Chỗ “ở một trường hợp nào đó” có thể sẽ dễ hiểu hơn thông qua bài toán sau Tìm hằng số dương $k$ lớn nhất sao cho bất đẳng thức dưới đây luôn đúng \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{3}{2} + \frac{k(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)},\] với mọi số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca>0.$ Rõ ràng là nếu $(a-b)(b-c)(c-a) < 0$ thì bất đẳng thức này không có ý nghĩa vì khi đó $VT \geqslant \frac{3}{2} > VP.$ Tuy nhiên nếu $(a-b)(b-c)(c-a) \geqslant 0$ thì rõ ràng nếu số $k$ kia tồn tại thì bất đẳng thức này chặt hơn bất đẳng thức Nesbitt. Ngoài ra nếu bài này sửa thành tìm hằng số $k$ tốt nhất thì sẽ vui hơn nhưng lại không hay vì phải xét thêm trường hợp. Những kiểu bất đẳng thức dạng này rất dễ chế, chẳng hạn như ta tìm các bất đẳng thức cơ bản có dạng $A \geqslant B $ rồi ghép lại như sau \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{3}{2} + A - B, \quad (1)\] \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} + B \geqslant \frac{3}{2} + A,\] rồi kiểm tra tính đúng sai của nó, nếu sai có thể thêm giả thiết $a,b,c$ là ba cạnh của tam giác hoặc có thể bất đẳng thức sẽ đúng trong trường hợp ngược lại, lúc này thì bất đẳng thức không chặt hơn bất đẳng thức Nesbitt nữa nhưng đôi khi sẽ thu được những kết quả thú vị, ví dụ như bài toán sau của anh Phạm Kim Hùng \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} + \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \leqslant \frac{5}{2},\] trong đó $a,b,c$ là độ dài ba cạnh tam giác. Nếu như nó đúng thì có thể đặt thêm yêu cầu như tìm hằng số $k$ lớn nhất để bất đẳng thức này đúng \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{3}{2} + k(A - B).\] Ví dụ như ta có bất đẳng thức quen thuộc $\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} - 1 \geqslant 0$ khi đó ta ghép lại với bất đẳng thức Nesbitt như sau \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} + \frac{1}{2}.\] Và rất tuyệt vời là bất đẳng thức này đúng, tha lam một tí ta sẽ đặt thêm câu hỏi là $k$ lớn nhất là bao nhiêu để bất đẳng thức sau luôn đúng \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{3}{2}+k\left [\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} -1\right ].\] Thật trùng hợp là đáp số $k=1$ và nó cũng chính là bất đẳng thức ban đầu mà ta đã ghép và như vậy ta thu được bài toán sau (của anh Võ Quốc Bá Cẩn) \[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2} + \frac{1}{2}, \quad (2)\] với $a,b,c$ là ba số thực không âm và $ab+bc+ca>0.$ Chú ý là $(2)$ xảy ra đẳng thức khi $a=b=c$ hoặc $a=b,\,c=0$ cùng các hoán vị và từ $(2)$ ta có thể chứng minh được bất đẳng thức Iran 1996. |
