Chủ đề này có 9 trả lời

[O0NgocDuy0O]

Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $k>1$ thì ta có bất đẳng thức sau: 

$\frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{a^{2}+kb^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+kc^{2}}}\leq \frac{\sqrt{k+2}}{3}(\frac{4}{k-1}+\frac{1}{3}).$

P/s: Đây là một bài bất đẳng thức mình chế lại, mọi người xem thử ).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi O0NgocDuy0O: 16-04-2016 - 10:17

[Nguyenhuyen_AG]

Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $k>1$ thì ta có bất đẳng thức sau: 

$\frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{a^{2}+kb^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+kc^{2}}}\leq \frac{\sqrt{k+2}}{9}(\frac{4}{k-1}+1).$

P/s: Đây là một bài bất đẳng thức mình chế lại, mọi người xem thử ).

 

Bất đẳng thức này sai với $k=2,a=\frac{2}{3},b=\frac{1}{32},c=1.$

[O0NgocDuy0O]

Bất đẳng thức này sai với $k=2,a=\frac{2}{3},b=\frac{1}{32},c=1.$

Em $fix$ đề lại rồi anh xem thử xem ạ!

[Mystic]

Bất đẳng thức này sai với $k=2,a=\frac{2}{3},b=\frac{1}{32},c=1.$

Sao anh biết là nó sai với các giá trị ấy ?

Hay là anh đem thay vào rồi thử ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mystic: 19-04-2016 - 21:58

[hoanglong2k]

Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $k>1$ thì ta có bất đẳng thức sau: 

$\frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{a^{2}+kb^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+kc^{2}}}\leq \frac{\sqrt{k+2}}{3}(\frac{4}{k-1}+\frac{1}{3}).$

P/s: Đây là một bài bất đẳng thức mình chế lại, mọi người xem thử ).

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $\sum \dfrac{a}{\sqrt{ka^2+b^2+c^2}}\leq \sqrt{3\sum \dfrac{a^2}{ka^2+b^2+c^2}}$

 Mặt khác ta lại có $\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left (\dfrac{k-1}{3}\right )^2}{(k-1)a^2}\geq \dfrac{\left (1+\dfrac{k-1}{3}\right )^2}{ka^2+b^2+c^2}$

 Hay là $\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{k-1}{9a^2}\geq \dfrac{(k+2)^2}{9(ka^2+b^2+c^2)}$

 Từ đó thì $\sum \dfrac{a^2}{ka^2+b^2+c^2}\leq \dfrac{9}{(k+2)^2}\sum \left (\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{k-1}{9}\right )=\dfrac{9}{(k+2)^2}\left (1+\dfrac{k-1}{3}\right )=\dfrac{3}{k+2}$

 Đến đây anh nghĩ cho kết thúc là đủ vì có thể kết luận được GTLN cho biểu thức nếu bài toán là tìm GTLN

 Còn nếu không thì ta biến đổi tương được $(k-7)^2\geq 0$

 Dấu "=" cho cả bài là khi $a=b=c$ và $k=7$

 

Sao anh biết là nó sai với các giá trị ấy ?

Hay là anh đem thay vào rồi thử ?

 

 Bạn hỏi nhảm quá, một lần nữa là mình sẽ nhắc nhở

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 20-04-2016 - 12:39

[O0NgocDuy0O]

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $\sum \dfrac{a}{\sqrt{ka^2+b^2+c^2}}\leq \sqrt{3\sum \dfrac{a^2}{ka^2+b^2+c^2}}$

 Mặt khác ta lại có $\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{\left (\dfrac{k-1}{3}\right )^2}{(k-1)a^2}\geq \dfrac{\left (1+\dfrac{k-1}{3}\right )^2}{ka^2+b^2+c^2}$

 Hay là $\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{k-1}{9a^2}\geq \dfrac{(k+2)^2}{9(ka^2+b^2+c^2)}$

 Từ đó thì $\sum \dfrac{a^2}{ka^2+b^2+c^2}\leq \dfrac{9}{(k+2)^2}\sum \left (\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{k-1}{9}\right )=\dfrac{9}{(k+2)^2}\left (1+\dfrac{k-1}{3}\right )=\dfrac{3}{k+2}$

 Đến đây anh nghĩ cho kết thúc là đủ vì có thể kết luận được GTLN cho biểu thức nếu bài toán là tìm GTLN

 Còn nếu không thì ta biến đổi tương được $(k-7)^2\geq 0$

 Dấu "=" cho cả bài là khi $a=b=c$ và $k=7$

 

 

 Bạn hỏi nhảm quá, một lần nữa là mình sẽ nhắc nhở

 

Em cũng dùng $Cauchy-Schwarz$ giống anh mà cách em hơi kì cục tí: 

$(ka^{2}+b^{2}+c^{2})(k+1+1)\geq (ka+b+c)^{2}\Rightarrow ka^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{(ka+b+c)^{2}}{k+2}\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}\leq \frac{a\sqrt{k+2}}{ka+b+c}.$ Tương tự suy ra:

$\sum \dfrac{a}{\sqrt{ka^2+b^2+c^2}}\leq \sum \frac{a\sqrt{k+2}}{ka+b+c}.$

$\frac{1}{ka+b+c}=\frac{1}{\frac{k-1}{2}a+\frac{k-1}{2}a+a+b+c}\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{\frac{k-1}{2}a}+\frac{1}{\frac{k-1}{2}a}+\frac{1}{a+b+c})=\frac{1}{9}(\frac{4}{(k-1)a}+\frac{1}{a+b+c})\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}\leq \frac{a\sqrt{k+2}}{9}(\frac{4}{(k-1)a}+\frac{1}{a+b+c})=\frac{4}{9}.\frac{\sqrt{k+2}}{k-1}+\frac{a\sqrt{k+2}}{9(a+b+c)}.$

Tương tự, cộng lại có điều phải chứng minh. 

------------------

Anh xem vậy có được không ạ???

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi O0NgocDuy0O: 20-04-2016 - 15:59

[hoanglong2k]

Em cũng dùng $Cauchy-Schwarz$ giống anh mà cách em hơi kì cục tí: 

$(ka^{2}+b^{2}+c^{2})(k+1+1)\geq (ka+b+c)^{2}\Rightarrow ka^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{(ka+b+c)^{2}}{k+2}\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}\leq \frac{a\sqrt{k+2}}{ka+b+c}.$ Tương tự suy ra:

$\sum \dfrac{a}{\sqrt{ka^2+b^2+c^2}}\leq \sum \frac{a\sqrt{k+2}}{ka+b+c}.$

$\frac{1}{ka+b+c}=\frac{1}{\frac{k-1}{2}a+\frac{k-1}{2}a+a+b+c}\leq \frac{1}{9}(\frac{1}{\frac{k-1}{2}a}+\frac{1}{\frac{k-1}{2}a}+\frac{1}{a+b+c})=\frac{1}{9}(\frac{4}{(k-1)a}+\frac{1}{a+b+c})\Rightarrow \frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}\leq \frac{a\sqrt{k+2}}{9}(\frac{4}{(k-1)a}+\frac{1}{a+b+c})=\frac{4}{9}.\frac{\sqrt{k+2}}{k-1}+\frac{a\sqrt{k+2}}{9(a+b+c)}.$

Tương tự, cộng lại có điều phải chứng minh. 

------------------

Anh xem vậy có được không ạ???

 À ừ được rồi em, em dò mà không thấy sai thì thôi, sao lại đi hỏi anh làm gì =))

 Thực ra thì lúc đầu anh tưởng đây là một bài toán tổng quát cho số thực dương $k>1$ bất kì, nhưng trong bài làm thì em lại cho $k=7$ mất, có nghĩa là tại một giá trị $k\neq 7$ mà đề ra tìm giá trị lớn nhất thì bài toán của em không ổn  và bài toán của em theo trên thì nó thành 4 biến mất rồi  

 Nhưng cũng chúc mừng em vì sáng tác được bài toán mớ  

[Oo Nguyen Hoang Nguyen oO]

Chứng minh với mọi $a,b,c$ dương và $k>1$ thì ta có bất đẳng thức sau: 

$\frac{a}{\sqrt{ka^{2}+b^{2}+c^{2}}}+\frac{b}{\sqrt{a^{2}+kb^{2}+c^{2}}}+\frac{c}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+kc^{2}}}\leq \frac{\sqrt{k+2}}{3}(\frac{4}{k-1}+\frac{1}{3}).$

P/s: Đây là một bài bất đẳng thức mình chế lại, mọi người xem thử ).

Duy cho xin bài cụ thể được không? :3
P/S: Bài này hay quá(mỗi tội dài quá lười đọc) :v

[O0NgocDuy0O]

Duy cho xin bài cụ thể được không? :3
P/S: Bài này hay quá(mỗi tội dài quá lười đọc) :v

Thay $k=7$ thôi. Số đẹp lắm !!!

[hoanglong2k]

Thay $k=7$ thôi. Số đẹp lắm !!!

 Khi em thay $k=4$ thì bài này xuất hiện trong đề thi HSG lớp 11 tỉnh Quảng Bình năm 2014-2015 Chứng minh $P(4)\leq \sqrt{\dfrac{3}{4}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 26-04-2016 - 20:06