Hôm nay :

Hotline: 0120 220 1889 - 0902 108 162

Hôm nay:
Chào mừng quý khách đến với website Thời Trang Cực Rẻ. Website chuyên sỉ và lẻ các mặt hàng thời trang, phụ kiện nam, nữ và trẻ em... Chúng tôi luôn mong muốn đem đến sự hài lòng cho quý khách hàng.
1 2 3 4 5

Đã đăng: Phần 1 - Phần 2 - Phần 3 - Phần 4 - Phần 5 - Phần 6
Cách 19: (Theo Hojoo Lee)
Theo AM-GM ta có các BDT

a^{3/2}+b^{3/2}+b^{3/2}geq 3a^{1/2}b

và

a^{3/2}+c^{3/2}+c^{3/2}geq 3a^{1/2}c

Suy ra

2(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})geq 3a^{1/2}(b+c)

hay

dfrac{a}{b+c}geq dfrac{3a^{3/2}}{2(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2})}

Điều này quá gần với BDT Nesbit. Công việc còn lại dành cho bạn đọc.
Cách 20:
Ta có: Áp dụng BDT sau của Vasile Cirtoaje (có thể tìm thấy chứng minh trong cuốn Sáng tạo BDT của Phạm Kim Hùng).

2(a^2+b^2+c^2)^2ge 3sum_{sym}a^3.b

Áp dụng BDT Schwarz cho 3 số

sum_{cyclic}dfrac{a}{b+c}= gedfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{sum_{sym}a^3.b}ge dfrac{3}{2}

Thay cho lời kết : Bất đẳng thức Nesbit vẫn còn rất nhiều cách chứng minh khác (không tầm thường chút nào) cũng như các dạng mở rộng của nó. Bạn đọc có thể xem thêm trong các tài liệu sau:

  • Titu Andrescu, Vasile Cirtoaje, Gabriel Dospinescu, Mircea Lascu, Old and New Inequalities, GIL, 2004. Download here.

Cùng đi tới đích có nhiều con đường khác nhau. Giải bài toán bằng nhiều cách không phải là mục đích của người làm toán. Nhưng qua những con đường ấy ta có thể tìm ra cách tối ưu. Tạp chí THTT đã mở một chuyên mục mới về vấn đề này. Sau đây là bài viết đầu tiên của Trần Nam Dũng, "5 lời giải hay cho một bài toán đẹp".

5solution

5 solution

Đã đăng: Phần 1, Phần 2, Phần 3, Phần 4, Phần 5

Cách 16:

Ta có thể giả sử

a+b+c=

Với x thuộc khoảng (0;3) ta có (dành cho bạn đọc)

dfrac{x}{3-x}geqdfrac{3}{4}(x-1)+dfrac{1}{2}

Lần lượt thay x bởi a, b, c và cộng các BDT vừa đạt được theo vế ta có kết quả.
Cách 17:
Đặt
b+c=
thì
a=
BDT Nesbit trở thành
dfrac{1}{2}sum dfrac{y+z-x}{x}geq dfrac{3}{2}
Rút gọn ta có
sum_{text{sym}}dfrac{x}{y}geq 6
Áp dụng AM-GM cho 6 số là xong.

Cách 18: (Áp dụng BDT Jensen cho hàm lõm)
Đặt

x=

Với t dương, xét hàm số

f(t)=

Dễ thấy

f''(t)=-dfrac{2}{(t+1)^3}<0forall tin (0,infty)

Theo BDT Jensen

f(dfrac{1}{2})=dfrac{1}{3}=dfrac{f(x)+f(y)+f(z)}{3}leq fleft(dfrac{x+y+z}{3}right)

Mặt khác

f'(t)=dfrac{1}{(t+1)^2}>0forall t>0

do đó hàm f tăng ngặt trên (0,infty). Suy ra

dfrac{1}{2}leq dfrac{x+y+z}{3}

Suy ra điều phải chứng minh.
(...còn tiếp...)

Đã đăng: Phần 1, Phần 2, Phần 3, Phần 4

Cách 13:

Ta có

\sum_{cycl}\dfrac{a}{b+c}=


=

Theo AM-GM ta có:

\ged\frac{1}{2}(6-3)=

Cách 14:

Đặt

dfrac{a}{b+c}=

Lúc đó

xy+yz+zx+2xyz=

BDT cần chứng minh là

x+y+zgeq dfrac{3}{2}

Ta chứng minh bằng phản chứng, nếu

x+y+z< dfrac{3}{2}

thì theo 2 BDT quen thuộc ta có

1=xy+yz+zx+2xyzleq dfrac{(x+y+z)^2}{3}+2left(dfrac{x+y+z}{3}right)^3<1

Mâu thuẫn!!!

Cách 15:
Theo AM-GM cho 2 số thì

dfrac{a(b+c)}{b+c} + dfrac{a^{2}}{b+c} + dfrac{b+c}{4} geq 2a
hay

dfrac{a(a+b+c)}{b+c} + dfrac{b+c}{4} geq 2a

Hoàn toàn tương tự, ta được

dfrac{b(a+b+c)}{a+c} + dfrac{a+c}{4} geq 2b

và


dfrac{c(a+b+c)}{a+b} + dfrac{b+a}{4} geq 2c

Cộng vế theo vế ta có kết quả

(a+b+c)( dfrac{a}{b+c} + dfrac{b}{c+a} + dfrac{c}{b+a} ) geq dfrac{3}{2}(a+b+c)

(...còn tiếp...)

Đã đăng: Phần 1 , Phần 2, Phần 3

Cách 10:Không mất tính tổng quát giả sử a+b+c=1.
Ta có:

dfrac{a}{b+c}+dfrac{9a(b+c)}{4}geq 3a


và các dạng "hoán vị" của nó. Áp dung BDT:

(a+b+c)^2geq 3(ab+bc+ca)

ta có đpcm .
Cách 11:
Trước hết ta chứng minh

dfrac{a}{b+c}geq dfrac{8a-b-c}{4(a+b+c)}


That vay, ta có thể viết lại là:

(2a-b-c)^2ge 0


luôn đúng. Cộng vế theo vế là xong.
Cách 12:
Giả sử age bge c. Khi đó:

dfrac{1}{b+c}ge dfrac{1}{c+a}ge dfrac{1}{a+b}


Theo Chebyshev và AM-GM, ta có:

dfrac{a}{b+c}+dfrac{b}{c+a}+dfrac{c}{a+b} ge

dfrac{1}{3}.(a+b+c)(dfrac{1}{a+b}+dfrac{1}{b+c}+dfrac{1}{c+a}) =

dfrac{1}{6}[(a+b)+(b+c)+(c+a)][dfrac{1}{a+b}+dfrac{1}{b+c}+dfrac{1}{c+a}]gedfrac{9}{6}


Chứng minh xong.
(...còn tiếp...)

Đã đăng: Phần 1 (Giới thiệu và 3 cách chứng minh) , Phần 2 (thêm 3 cách chứng minh khác)

Cách 7:
Không mất tính tổng quát ta giả sử ageq bgeq c .
Khi đó
b+cleq c+aleq a+b
hay
dfrac{1}{b+c}geqdfrac{1}{c+a}geq dfrac{1}{a+b}
Theo BDT hoán vị thì
dfrac{a}{b+c}+dfrac{b}{c+a}+dfrac{c}{a+b}geq dfrac{b}{b+c}+dfrac{c}{c+a}+dfrac{a}{a+b}
và
dfrac{a}{b+c}+dfrac{b}{c+a}+dfrac{c}{a+b}geq dfrac{c}{b+c}+dfrac{a}{c+a}+dfrac{b}{a+b}
Cộng vế theo vế ta có kết quả mong muốn
Cách 8:
Theo Cauchy-Schwarz ta có:
sumdfrac{a}{b+c}=

ge dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}

Ta còn có :
(a+b+c)^2ge 3(ab+bc+ca)

Kết hợp lại là xong .
Cách 9:
BDT ban đầu tương đương với
dfrac{sum_{cyclic}a^3+[sum_{sym}a^2.b]+3abc}{[sum_{sym}a^2.b]+2abc}ge dfrac{3}{2}

hay :
2.sum_{cyclic}a^3ge sum_{sym}a^2.b

Theo AM-GM:
a^2.ble dfrac{a^3+a^3+b^3}{3}

Cộng theo vế 6 BDT tương tự ta có kết quả mong muốn.

(... còn tiếp...)

BACK TO TOP