Chủ đề này có 7 trả lời

[khanghaxuan]

Cho $a,b,c>0$ . CMR : 

1. $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{9(ab+bc+ca)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 12$

2. $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{10(ab+bc+ca)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 13$

 

P/s : Câu 2 khó nhé !  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 31-05-2015 - 08:58

[binhnhaukhong]

Đối với câu 1 thì ta có bổ đề:

 

Với $xyz=1$ thì BĐT sau là đúng.

$(x+y+z)^2+\frac{15}{2}\geq \frac{11}{4}(x+y+z+xy+yz+xz)$

Cái này dồn biến nhanh nhé.

 

Áp dụng bổ đề này với $x=\frac{a^2}{b^2},b=\frac{b^2}{c^2},c=\frac{c^2}{a^2}$

Khi đó chuẩn hóa cho $a+b+c=1$ và đặt $3q=1-x^2$ thì $0\leq x\leq 1$

 

Đây là hàm $f(r)$ của ta:

$f(r)=\frac{11(1+2x^2)[(1-x^2)^2-18r]}{27r^2}-63-\frac{36(11x^2+1)^2}{(2x^2+1)^2}\geq 0$

Hàm này nghịch biến theo $r$ nên nếu cố định thêm $q$ thì ta chỉ cần chứng minh BĐT trong trường hợp duy nhất là có 2 số bằng nhau.

 

Không dùng định lí ABC ta sẽ chặn tích $r$ bằng đánh giá.

$r\leq \frac{(1-x)^2(1+2x)}{27}$ và thay vào thì có.

$f(\frac{(1-x)^2(1+2x)}{27})=\frac{18x^2(8-28x+61x^2-148x^3+778x^4+1112x^5-892x^6)}{(1+2x^2)(1-x)^2(1+2x)^2}\geq 0$

 

Chốt lại thì dấu = xảy ra khi $a=b=c$

Spoiler

Nếu bài toán 2 mà dùng được bổ đề này thì cũng không quá khó còn
nếu không thì phải dùng p,q,r hoán vị. Anh cũng chưa thử nhưng chắc sẽ làm sau giờ đi ngủ đã mỏi quá!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 04-06-2015 - 23:34

[binhnhaukhong]

 

2. $\sum \frac{a^{2}}{b^{2}}+\frac{10(ab+bc+ca)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 13$

 

P/s : Câu 2 khó nhé !

I got it!   

 

Không biết là bài này có cách nào đẹp không nhưng cái bổ đề phía trên không còn dùng được nữa ngay cả khi dùng ABC thì BĐT thu được không còn đúng thôi thì BW vậy.

 

Bài này ta nên giả sử $a=min${$a,b,c$} và đặt $b=a+x,c=a+y$

Nếu xét $x,y=0$ thì khỏi bàn.

Xét trong TH $x,y$ khác 0 thì đặt thêm $x=ty$

Cuối cùng thu được BĐT này:

 

$10t^6-70t^5+151t^4-76t^3-t^2+10t+10\geq 0$

 

Ai kiên nhẫn thì thử lại hộ nhé vì không chắc cái máy tính nó làm đúng đâu.
 

[khanghaxuan]

Đối với câu 1 thì ta có bổ đề:

 

Với $xyz=1$ thì BĐT sau là đúng.

$(x+y+z)^2+\frac{15}{2}\geq \frac{11}{4}(x+y+z+xy+yz+xz)$

Cái này dồn biến nhanh nhé.

 

Áp dụng bổ đề này với $x=\frac{a^2}{b^2},b=\frac{b^2}{c^2},c=\frac{c^2}{a^2}$

Khi đó chuẩn hóa cho $a+b+c=1$ và đặt $3q=1-x^2$ thì $0\leq x\leq 1$

 

Đây là hàm $f(r)$ của ta:

$f(r)=\frac{11(1+2x^2)[(1-x^2)^2-18r]}{27r^2}-63-\frac{36(11x^2+1)^2}{(2x^2+1)^2}\geq 0$

Hàm này nghịch biến theo $r$ nên nếu cố định thêm $q$ thì ta chỉ cần chứng minh BĐT trong trường hợp duy nhất là có 2 số bằng nhau.

 

Không dùng định lí ABC ta sẽ chặn tích $r$ bằng đánh giá.

$r\leq \frac{(1-x)^2(1+2x)}{27}$ và thay vào thì có.

$f(\frac{(1-x)^2(1+2x)}{27})=\frac{18x^2(8-28x+61x^2-148x^3+778x^4+1112x^5-892x^6)}{(1+2x^2)(1-x)^2(1+2x)^2}\geq 0$

 

Chốt lại thì dấu = xảy ra khi $a=b=c$

Spoiler

Nếu bài toán 2 mà dùng được bổ đề này thì cũng không quá khó còn
nếu không thì phải dùng p,q,r hoán vị. Anh cũng chưa thử nhưng chắc sẽ làm sau giờ đi ngủ đã mỏi quá!

Tại sao anh lại nghĩ tới đặt $3q=1-x^2$ , mà $x$ là gì vậy anh   

[binhnhaukhong]

Tại sao anh lại nghĩ tới đặt $3q=1-x^2$ , mà $x$ là gì vậy anh   

Đây là 1 bổ đề của anh Cẩn anh sẽ nêu sơ qua cách chứng minh.

Ta có 1 đại lượng hay dùng trong phương pháp $p,q,r$ hoán vị là.

 

$(a-b)^2(b-c)^2(a-c)^2$ và đại lượng này không âm.

 

Sau khi khai triển thì ta có:

 

$f(r)=p^2q^2-4q^3+2p(9q-2p^2)r-27r^2\geq 0$

 

Đậy là 1 tam thức bậc 2 theo $r$ nên giải như 1 BPT ta có:

$\frac{p(9q-2p^2)-2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27}\leq r\leq \frac{p(9q-2p^2)+2(p^2-3q)\sqrt{p^2-3q}}{27}$

 

$\frac{(p+\sqrt{p^2-3q})^2(p-2\sqrt{p^2-3q})}{27}\leq r\leq \frac{(p-\sqrt{p^2-3q})^2(p+2\sqrt{p^2-3q})}{27}$

 

Có 1 điều rất đặc biệt là nếu ta đặt $3q=p^2-x^2,x\geq 0$ thì các dấu căn sẽ mất đi và hơn nữa đại lương $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2$ thì là 1 đại lượng mạnh bởi dấu bằng có thể xảy ra khi 2 trong 3 số bằng nhau.

 

Vậy nên đại lượng này là 1 đại lượng giúp ta giải quyết nhiều bất đẳng thức mà nếu dùng Schur thì không thể chứng minh được

 

Còn với đại lượng này ta hay chuẩn hóa $p=1$ để tính toán cho đơn giản.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 05-06-2015 - 17:28

[binhnhaukhong]

Đánh giá trên anh nhớ cũng có được nhắc tới trong phần phương pháp $uvw$ của Baek Tejs.

Bài toán sau đây có thể giải quyết được bằng cách làm như trên ( ta không thể chứng minh nếu dùng $p,q,r$ và Schur như vẫn làm)

 

Here

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binhnhaukhong: 05-06-2015 - 17:33

[dogsteven]

Bài hai mấy anh dùng thử bổ đề này chưa? $\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\geqslant \sqrt[3]{\dfrac{27\left[a^6+b^6+c^6+(abc)^2\right]}{4(abc)^2}}$

[binhnhaukhong]

Bài hai mấy anh dùng thử bổ đề này chưa? $\dfrac{a^2}{b^2}+\dfrac{b^2}{c^2}+\dfrac{c^2}{a^2}\geqslant \sqrt[3]{\dfrac{27\left[a^6+b^6+c^6+(abc)^2\right]}{4(abc)^2}}$

Bài 2 khá mạnh nên anh chưa thử cái này giờ để xem $p,q,r$ mát tay đến đâu

Spoiler

Số nó khá lớn và trời ơi đa thức bậc cao

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 03-07-2015 - 10:56