Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$3\sum a^{4}+33\geq 14\sum a^{2}$
P/s: Đã fix đề 11->14
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 11-06-2017 - 18:55
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$3\sum a^{4}+33\geq 14\sum a^{2}$
P/s: Đã fix đề 11->14
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 11-06-2017 - 18:55
$\mathbb{VTL}$
Xem lại đề nhé!
Ta có: $$3\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) - 11\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 33 \geqslant {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} - 11\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) + 33 > 0$$
$$\boxed{\boxed{I\heartsuit MATHEMATICAL}}$$
Sức hấp dẫn của toán học mãnh liệt đến nỗi tôi bắt đầu sao nhãng các môn học khác - Sofia Vasilyevna Kovalevskaya
Ta có BĐT phụ: $3(a^4+b^4+c^4)\geq (a^2+b^2+c^2)^2$(Dùng $Holder$ dễ dàng cm được)
Ta có: $3(a^4+b^4+c^4)-14(a^2+b^2+c^2)+33\geq (a^2+b^2+c^2)^2-14(a^2+b^2+c^2)+33=(a^2+b^2+c^2-3)(a^2+b^2+c^2-11)\geq (\frac{(a+b+c)^2}{3}-3)(a^2+b^2+c^2-11)=0$ $QED$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 11-06-2017 - 18:59
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
Đề phải là: $3(a^4+b^4+c^4)+24\geq 11(a^2+b^2+c^2)$ chứ
Ta có BĐT phụ: $3(a^4+b^4+c^4)\geq (a^2+b^2+c^2)^2$(Dùng $Holder$ dễ dàng cm được)
Ta có: $3(a^4+b^4+c^4)-11(a^2+b^2+c^2)+24\geq (a^2+b^2+c^2)^2-11(a^2+b^2+c^2)+24=(a^2+b^2+c^2-3)(a^2+b^2+c^2-8)\geq (\frac{(a+b+c)^2}{3}-3)(a^2+b^2+c^2-8)=0$ $QED$
Xin lỗi đã đăng nhầm đề đề đúng là:
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoả mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:
$3\sum a^{4}+33\geq 14\sum a^{2}$
P/s: Đã fix đề 11->14
Đề phải là: $3(a^4+b^4+c^4)+24\geq 11(a^2+b^2+c^2)$ chứ
Ta có BĐT phụ: $3(a^4+b^4+c^4)\geq (a^2+b^2+c^2)^2$(Dùng $Holder$ dễ dàng cm được)
Ta có: $3(a^4+b^4+c^4)-11(a^2+b^2+c^2)+24\geq (a^2+b^2+c^2)^2-11(a^2+b^2+c^2)+24=(a^2+b^2+c^2-3)(a^2+b^2+c^2-8)\geq (\frac{(a+b+c)^2}{3}-3)(a^2+b^2+c^2-8)=0$ $QED$
Tuy nhiên với đề sửa như bạn HoangDinhNhat thì cách giải có lẽ chưa đúng ở chỗ in đậm vì $\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )-8< 0$ vẫn có thể xảy ra, như vậy bất đẳng thức phải đổi dấu ắt sai.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 11-06-2017 - 18:59
$\mathbb{VTL}$
Xin lỗi đã đăng nhầm đề đề đúng là:
Tuy nhiên với đề sửa như bạn HoangDinhNhat thì cách giải có lẽ chưa đúng ở chỗ in đậm vì $\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )-8< 0$ vẫn có thể xảy ra, như vậy bất đẳng thức phải đổi dấu ắt sai.
^^
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Dinh Nhat: 11-06-2017 - 19:04
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
$\mathbb{VTL}$
^^
Ngày xưa làm xong hí hửng lắm cuối cùng bị bắt lỗi này nên nhớ mãi haha
$\mathbb{VTL}$
Xin lỗi đã đăng nhầm đề đề đúng là:
Tuy nhiên với đề sửa như bạn HoangDinhNhat thì cách giải có lẽ chưa đúng ở chỗ in đậm vì $\left ( a^{2}+b^{2}+c^{2} \right )-8< 0$ vẫn có thể xảy ra, như vậy bất đẳng thức phải đổi dấu ắt sai.
$$\boxed{\boxed{I\heartsuit MATHEMATICAL}}$$
Sức hấp dẫn của toán học mãnh liệt đến nỗi tôi bắt đầu sao nhãng các môn học khác - Sofia Vasilyevna Kovalevskaya
Cách giải của mình:
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $3(a^{4}+b^{4}+c^{4})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$
$\Rightarrow 3\sum a^{4}+33\geq \left (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}+33$
Ta cần chứng minh:$(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}+33\geq 14\sum a^{2}$
$\Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}-14\sum a^{2}+33\geq 0$
Đặt $a^{2}+b^{2}+c^{2}=x,bpt trở thành:$
$x^{2}-14x+33\geq 0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 3 & \\ x\geq 11 & \end{matrix}\right.$
Mặt khác, nếu x<3 thì:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}< a+b+c(do a+b+c=3)$ (vô lý vì $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2}> a+b+c)$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x\geq 11(n) & \\x=3(n) & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow bđt được chứng minh.$
ĐTXR $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=b=c & & \\ a^{2}+b^{2}+c^{2}=3 & & ,a^{2}+b^{2}+c^{2}=11 \end{matrix}\right.a+b+c=3$
$\Leftrightarrow a=b=c=1$(Q.E.D)
P/S:Mình mới đăng kí nick nên không biết dùng dấu, thông cảm nhé!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duy Thai2002: 11-06-2017 - 19:48
Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.
Cách giải của mình:
Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $3(a^{4}+b^{4}+c^{4})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}$
$\Rightarrow 3\sum a^{4}+33\geq \left (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}+33$
Ta cần chứng minh:$(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}+33\geq 14\sum a^{2}$
$\Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}-14\sum a^{2}+33\geq 0$
Đặt $a^{2}+b^{2}+c^{2}=x,bpt trở thành:$
$x^{2}-14x+33\geq 0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x\leq 3 & \\ x\geq 11 & \end{matrix}\right.$
Mặt khác, nếu x<3 thì:
$a^{2}+b^{2}+c^{2}< a+b+c(do a+b+c=3)$ (vô lý vì $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2}> a+b+c)$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x\geq 11(n) & \\x=3(n) & \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow bđt được chứng minh.$
ĐTXR $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=b=c & & \\ a^{2}+b^{2}+c^{2}=3 & & ,a^{2}+b^{2}+c^{2}=11 \end{matrix}\right.a+b+c=3$
$\Leftrightarrow a=b=c=1$(Q.E.D)
P/S:Mình mới đăng kí nick nên không biết dùng dấu, thông cảm nhé!
Cảm ơn đóng góp của bạn nhưng ta thấy cần chứng minh $x\geq 11$ hoặc $x\leq 3$, mà $\sum a^{2}\geq \frac{1}{3}(a+b+c)^{2}=3$ nên nếu $3\leq x\leq 11$ thì bpt sai.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 11-06-2017 - 23:40
$\mathbb{VTL}$
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh