9 replies to this topic

[huuhieuht]

Cho $a,b,c$ là số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$ CMR : 

$8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 10(a^{2}+b^{2}+c^{2})-9$

[Minhnguyenthe333]

Cho $a,b,c$ là số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$ CMR : 
$8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 10(a^{2}+b^{2}+c^{2})-9$

Dùng pp đổi biến $p,q,r$ thì ta có:
BĐT$<=>\frac{8q}{r}\geqslant 10(9-2q)-9=81-20q$
$<=>8q+(20q-81)r\geqslant 0$.Áp dụng bđt Schur thì $r\geqslant \frac{4q-9}{3}$
$<=>80q^2-480q+729\geqslant 0$ (luôn đúng do $VT>0$)
=>ĐPCM

[Nguyenhuyen_AG]

Cho $a,b,c$ là số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$ CMR : 

$8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq 10(a^{2}+b^{2}+c^{2})-9$

 

Vì $a+b+c=3$ nên tồn tại số thực $0 \leqslant t < 1$ để $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ dẫn đến $ab+bc+ca=3-3t^2.$ Ta viết bất đẳng thức trên lại như sau

\[\frac{8(ab+bc+ca)}{abc} + 9 \geqslant 10(a^2+b^2+c^2),\]

hay là

\[\frac{8(1-t^2)}{abc} + 3 \geqslant 10(1+2t^2).\]

Chú ý rằng với phép đặt trên thì $abc \leqslant (1+2t)(1-t)^2,$ cho nên

\[\begin{aligned}\frac{8(1-t^2)}{abc} + 3 - 10(1+2t^2) & \geqslant \frac{8(1-t^2)}{(1+2t)(1-t)^2} + 3 - 10(1+2t^2) \\ & = \frac{(10t^2+5t+1)(1-2t)^2}{(1-t)(1+2t)} \geqslant 0.\end{aligned}\]

Bài toán được chứng minh.

 

Nhận xét. Bài toán vẫn còn một cách dồn biến khá độc đáo.

[huuhieuht]

Cũng đặt như anh nhưng đoạn sau sử dụng pp thêm bớt cũng ra 

[dogsteven]

Dùng pp đổi biến $p,q,r$ thì ta có:
BĐT$<=>\frac{8q}{r}\geqslant 10(9-2q)-9=81-20q$
$<=>8q+(20q-81)r\geqslant 0$.Áp dụng bđt Schur thì $r\geqslant \frac{4q-9}{3}$
$<=>80q^2-480q+729\geqslant 0$ (luôn đúng do $VT>0$)
=>ĐPCM

$20q-81\leqslant 0$ nên áp dụng Schur ra là có bất đẳng thức ngược dấu.

Với lại theo logic thì cách làm trên hoàn toàn không ổn khi điểm rơi là $a=2, b=c=\dfrac{1}{2}$ trong khi đó áp dụng Schur cho điểm rơi $a=0, b=c$.

Bài này có thể dùng kỹ thuật tiếp tuyến để giải. Đưa về dạng: $f(b)(2b-1)^2+f\left(c\right)(2c-1)^2\geqslant g(a)(a-2)^2$

Sau đó áp dụng Cauchy-Schwarz cho vế trái là ra.

[Minhnguyenthe333]

$20q-81\leqslant 0$ nên áp dụng Schur ra là có bất đẳng thức ngược dấu.
Với lại theo logic thì cách làm trên hoàn toàn không ổn khi điểm rơi là $a=2, b=c=\dfrac{1}{2}$ trong khi đó áp dụng Schur cho điểm rơi $a=0, b=c$.
Bài này có thể dùng kỹ thuật tiếp tuyến để giải. Đưa về dạng: $f(b)(2b-1)^2+f\left(c\right)(2c-1)^2\geqslant g(a)(a-2)^2$
Sau đó áp dụng Cauchy-Schwarz cho vế trái là ra.

vâng em thấy lỗi sai rồi, cảm ơn anh

[huuhieuht]

$20q-81\leqslant 0$ nên áp dụng Schur ra là có bất đẳng thức ngược dấu.

Với lại theo logic thì cách làm trên hoàn toàn không ổn khi điểm rơi là $a=2, b=c=\dfrac{1}{2}$ trong khi đó áp dụng Schur cho điểm rơi $a=0, b=c$.

Bài này có thể dùng kỹ thuật tiếp tuyến để giải. Đưa về dạng: $f(b)(2b-1)^2+f\left(c\right)(2c-1)^2\geqslant g(a)(a-2)^2$

Sau đó áp dụng Cauchy-Schwarz cho vế trái là ra.

Bạn làm kĩ hơn cái ,mình cũng đưa về như bạn rồi nhưng B-C_S phát thì đoạn sau có vẻ khó cm

[dogsteven]

Nếu dùng Cauchy-Schwarz cho $b,c$ thì để cho hợp lý ta cần giả sử $a=\text{max}\{a,b,c\}$Bất đẳng thức này tương đương với:

\[\dfrac{(2b-1)^2(16-5b)}{b}+\dfrac{(2c-1)^2(16-5c)}{c}\geqslant \dfrac{(a-2)^2(20a-4)}{a}\]

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:

\[\dfrac{(2b-1)^2(16-5b)}{b}+\dfrac{(2c-1)^2(16-5c)}{c}\geqslant \dfrac{4(a-2)^2}{\dfrac{b}{16-5b}+\dfrac{c}{16-5c}}\]

Ta cần chứng minh:

\[\dfrac{a}{5a-1}\geqslant \dfrac{b}{16-5b}+\dfrac{c}{16-5c}\]

Sử dụng điều kiện $a=\text{max}\{a,b,c\}$ cho ta:

\[\dfrac{b}{16-5b}+\dfrac{c}{16-5c}\leqslant \dfrac{b}{16-5a}+\dfrac{c}{16-5a}=\dfrac{3-a}{16-5a}\]

Do đó ta cần chứng minh:

\[\dfrac{a}{5a-1}\geqslant \dfrac{3-a}{16-5a}\Leftrightarrow 3(a-2)^2\geqslant 0\]

Edited by dogsteven, 05-02-2016 - 11:05.

[the man]

Vì $a+b+c=3$ nên tồn tại số thực $0 \leqslant t < 1$ để $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ 

 

Chú ý rằng với phép đặt trên thì $abc \leqslant (1+2t)(1-t)^2,$ cho nên

 

Em có một thắc mắc là tại sao hệ số của $t^2$ lại là 6

Em cũng chưa hiểu vì sao có đoạn màu đỏ

[Nguyenhuyen_AG]

Em có một thắc mắc là tại sao hệ số của $t^2$ lại là 6

Em cũng chưa hiểu vì sao có đoạn màu đỏ

 

Hằng số 6 đó anh có giải thích trong tài liệu này, còn đoạn màu đỏ từ điều kiện $a+b+c=3$ và $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ ta suy ra $1-2t \leqslant a,\,b,\,c \leqslant 1+2t$ từ đó suy ra được $abc \leqslant (1+2t)(1-t)^2.$