Chủ đề này có 3 trả lời

[supermember]

Bài toán :

Cho $5$ số thực dương $x \ ; \ y \ ; \ z \ ; \ a \ ; \ b$ thỏa mãn :

$x \ \geq \ y \ \geq \ z \ > \ 0 $

Và $a \ \geq \ b \ > \ 0 $

Chứng minh bất đẳng thức :

$ x^{a} ( y^{b} \ - \ z^{b} ) \ + \ y^{a} ( z^{b} \ - \ x^{b} ) \ + \ z^{a} ( x^{b} \ - \ y^{b} ) \ \geq \ 0 $

[tanlsth]

Bằng cách nhân bội vào $2$ vế nên ta có thể giả sử $x,y,z>1$

Biến đổi bất đẳng thức về dạng $\dfrac{y^b-z^b}{y^a-z^a} \geq \dfrac{x^b-y^b}{x^a-y^a}$ (ở đây chỉ xét trường hợp $x,y,z$ phân biệt vì nếu không xảy ra đẳng thức)

Sử dụng dịnh lí Cauchy về hàm số cho các hàm $f(t)=t^b,g(t)=t^a$ trên $(1,+\infty)$

Tồn tại $p \in (z,y),q \in (y,x)$ sao cho

$\dfrac{y^b-z^b}{y^a-z^a}=\dfrac{f(y)-f(z)}{g(y)-g(z)}=\dfrac{f'(p)}{g'(p)}=\dfrac{bp^{b-a}}{a}$

$\dfrac{x^b-y^b}{x^a-y^a}=\dfrac{f(x)-f(y)}{g(x)-g(y)}=\dfrac{f'(q)}{g'(q)}=\dfrac{bq^{b-a}}{a}$

Vì $1<p<q$ nên ta có $p^{b-a}>q^{b-a}$

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

[supermember]

Hero TVƠ chưa kiểm tra lời giải của anh Tân

Tạm thời thì các bạn có thể tham khảo lời giải sau đây cũng khá hay và dễ hiểu :


Xét hàm số $f(t) \ = \ t^{\dfrac{a}{b}}$ trên $D \ = \ \( 0 \ ; \ + \infty \) $

$f'(t) \ = \ \dfrac{a}{b} t^{ \dfrac{a}{b} -1 }$ luôn dương với mọi $t$ thuộc $D$


$ \Rightarrow f(t)$ đơn điệu tăng trên $D$


$f''(t) \ = \ \dfrac{a}{b} ( \dfrac{a}{b} \ - \ 1 ) t^{\dfrac{a}{b} -2}$

Dể thấy với $t \in D $ thì $f''(t)$ luôn dương hoặc luôn bằng $0$

$ \Rightarrow f'(t)$ là hàm không giảm trên $D$
Từ giả thiết ta suy ra $x^{b} \ \geq \ y^{b} \ \geq z^{b} $



Áp dụng định lý Lagrange ta có : $ \exists c_{1} $ thỏa $y^{b} \ \geq \ c_1 \ \geq \ z^{b} $

Và $f(y^{b}) \ - \ f(z^{b}) \ = \ f'(c_1) ( y^{b} \ - \ z^{b} ) $

$ \Rightarrow y^{a} \ - \ z^{a} \ = \ f'(c_1) ( y^{b} \ - \ z^{b} )$ $(1)$

Chứng minh tương tự ta có :

$ \exists c_{2} $ thỏa $x^{b} \ \geq \ c_2 \ \geq \ y^{b} $

Và $f(x^{b}) \ - \ f(y^{b}) \ = \ f'(c_2) ( x^{b} \ - \ y^{b} ) $

$ \Rightarrow x^{a} \ - \ y^{a} \ = \ f'(c_2) ( x^{b} \ - \ y^{b} )$$(2)$


Từ $(1) \ ; \ (2)$ ta có :

$ ( y^{a} \ - \ z^{a})( x^{b} \ - {y^{b}) \ = \ f'(c_1) ( y^{b} \ - \ z^{b} )( x^{b} \ - \ y^{b} )$

$ ( x^{a} \ - \ y^{a})( y^{b} \ - {z^{b}) \ = \ f'(c_2) ( y^{b} \ - \ z^{b} )( x^{b} \ - \ y^{b} )$



Mà dễ thấy $f'(c_2) \ \geq \ f'(c_1) $


$ \Rightarrow ( x^{a} \ - \ y^{a})( y^{b} \ - \ z^{b}) \ \geq \ ( y^{a} \ - \ z^{a})( x^{b} \ - {y^{b}) $

$ \Rightarrow x^{a}y^{b} \ - \ x^{a}z^{b} \ + \ y^{a}z^{b} \ \geq \ y^{a}x^{b} \ - \ x^{b}z^{a} \ + \ z^{a}y^{b} $

Từ đó ta có : $x^{a} ( y^{b} \ - \ z^{b} ) \ + \ y^{a} ( z^{b} \ - \ x^{b} ) \ + \ z^{a} ( x^{b} \ - \ y^{b} ) \ \geq 0 $

Đây là điều phải chứng minh

LYA

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 17-07-2008 - 12:45

[mai quoc thang]

cái này là đề hsg thành phố TP HCM ( vòng 2) năm 2003-2004 mà chú Lộc ...
Thêm một số bài trong cái đề này ....
* Tìm các hàm số $\ f:R-->R$ thõa $\ f[x.f(x)+f(y)]=f^{2}(x)+y $ với mọi x , y thuộc R


* Cho dãy số $\ (x_{n})$ với $\ x_{1}=1;x_{n+1}=\dfrac{x^{24}_{n}}{24}+x_{n}$ với n là số nguyên dương .

Tính giới hạn cũa dãy số $\ u_{n}=\sum_{i=1}^{n}\dfrac{x_{i}^{23}}{x_{i+1}} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mai quoc thang: 19-07-2008 - 17:39