Chủ đề này có 5 trả lời

[nguyen thai phuc]

Với a,b,c dương;
$\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = 24$
CMR
$\sum {\dfrac{{\left( {a + b} \right)^2 }}{{c^4 \left( {a + b} \right) + c^3 \left( {a^2 + b^2 } \right)}}} \ge 1$

[abstract]

Với a,b,c dương;
$\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right) = 24$
CMR
$\sum {\dfrac{{\left( {a + b} \right)^2 }}{{c^4 \left( {a + b} \right) + c^3 \left( {a^2 + b^2 } \right)}}} \ge 1$

"không dễ" nhưng yếu
Chuyển về thuần nhất: $\sum \dfrac{(a+b)^{2}}{c^{4}(a+b)+c^{3}(a^{2}+b^{2})} \geq \dfrac{24}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
BDT này là thuần nhất nên ta sẽ cm với mọi a,b,c>0 mà ko cần đk $(a+b)(b+c)(c+a)=24$
$LHS \geq \dfrac{ (2 \sum a)^{2} }{ \sum ab( a^{3} +b^{3})+ \sum a^{2} b^{2} (a+b)}=A$
Ta sẽ cm
$ A \geq RHS $
$\Leftrightarrow (a+b+c)^{2}(a+b)(b+c)(c+a) \geq 6[ \sum ab(a^{3}+b^{3})+ \sum a^{2}b^{2} (a+b)]$
Chuẩn hóa $a+b+c=1$. Chú ý
$ \sum ab( a^{3} +b^{3})=p^{3}q-3pq^{2}- p^{2}r+5qr=q-3q^{2}-r+5qr$
$ \sum a^{2}b^{2}(a+b)=pq^{2}-2p^{2}r-qr=q^{2}-2r-qr$.
$ (a+b)(b+c)(c+a)=pq-r=q-r$
BDT được viết lại thành: $12q^{2}+17r \geq 5q+24qr$
Theo BDT Schur bậc nhất :$p p^{3}-4pq+9r \geq 0 \Rightarrow 9r \geq 4q-1$
Mặt khác $q^{2} \geq 3pr=3r \Rightarrow \dfrac{q^{3} }{3} \geq qr$
Từ 2 đánh giá trên, ta chỉ cân cm : $108q^{2}+23q \geq 17+72q^{3} \Leftrightarrow (q- \dfrac{1}{3})(q-\dfrac{7+ \sqrt{151} }{12})( q-\dfrac{7- \sqrt{151} }{12}) \leq 0$
Mà $0<q \leq \dfrac{1}{3}$ nên đánh giá trên đúng $ \Rightarrow Q.E.D$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 07-02-2010 - 16:48

[nguyen thai phuc]

"không dễ" nhưng yếu
Chuyển về thuần nhất: $\sum \dfrac{(a+b)^{2}}{c^{4}(a+b)+c^{3}(a^{2}+b^{2})} \geq \dfrac{24}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
$LHS \geq \dfrac{ (2 \sum a)^{2} }{ \sum ab( a^{3} +b^{3})+ \sum a^{2} b^{2} (a+b)}=A$
Ta sẽ cm
$ A \geq RHS $
$\Leftrightarrow (a+b+c)^{2}(a+b)(b+c)(c+a) \geq 6[ \sum ab(a^{3}+b^{3})+ \sum a^{2}b^{2} (a+b)]$
Chuẩn hóa $a+b+c=1$. Chú ý
$ \sum ab( a^{3} +b^{3})=p^{3}q-3pq^{2}- p^{2}r+5qr=q-3q^{2}-r+5qr$
$ \sum a^{2}b^{2}(a+b)=pq^{2}-2p^{2}r-qr=q^{2}-2r-qr$.
$ (a+b)(b+c)(c+a)=pq-r=q-r$
BDT được viết lại thành: $12q^{2}+17r \geq 5q+24qr$
Theo BDT Schur bậc nhất :$p p^{3}-4pq+9r \geq 0 \Rightarrow 9r \geq 4q-1$
Mặt khác $q^{2} \geq 3pr=3r \Rightarrow \dfrac{q^{3} }{3} \geq qr$
Từ 2 đánh giá trên, ta chỉ cân cm : $108q^{2}+23q \geq 17+72q^{3} \Leftrightarrow (q- \dfrac{1}{3})(q-\dfrac{7+ \sqrt{151} }{12})( q-\dfrac{7- \sqrt{151} }{12}) \leq 0$
Mà $0<q \leq \dfrac{1}{3}$ nên đánh giá trên đúng $ \Rightarrow Q.E.D$

Anh abstract ơi. Em nghĩ một khi bất đẳng thức đã có điều kiện rồi thì ta không được phép chuẩn hóa tiếp chứ.
Với lại anh chuẩn hóa cũng chưa hợp lí. Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \sqrt[3]{3}$
Thế thì làm sao chuẩn hóa a+b+c=1 được?

[abstract]

Anh abstract ơi. Em nghĩ một khi bất đẳng thức đã có điều kiện rồi thì ta không được phép chuẩn hóa tiếp chứ.
Với lại anh chuẩn hóa cũng chưa hợp lí. Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = \sqrt[3]{3}$
Thế thì làm sao chuẩn hóa a+b+c=1 được?

e ak, chuyển về thuần nhất tức là ta sẽ cm BDT đó đúng với mọi a,b,c>0 mà ko cần đk $(a+b)(b+c)(c+a)=24$
Vì thế ta sẽ cm 1BDT thuần nhất và BDT này được quyền chuẩn hóa.
PS:Anh đã sửa lại solution cho chuẩn rùi đấy

[nguyen thai phuc]

Em hiểu rồi.Nhưng em thấy cách làm đó không được "đẹp" cho lắm, vả lại pp p,q,r mang màu sắc cấp 3 quá(đây là box cấp 2)
Hơn nữa khai triển lùng nhùng như thế làm em hết muốn đọc.
Em có cách này gọn hơn mà vẫn "mạnh" như anh nói.
Ta c/m bdt mạnh hơn là với a,b,c dương
$\sum {\dfrac{{\left( {a + b} \right)^2 }}{{c^3 \left( {a^2 + b^2 } \right) + c^4 \left( {a + b} \right)}} \ge \dfrac{{24}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}}$
Đặt:
$\begin{array}{l} a + b + c = p \\ ab + bc + ca = q \\ abc = r \\ \end{array}$
(lại là p,q,r .Nhưng em chỉ dùng để rút gọn biểu thức thôi,không phải đụng tới Schur đâu)
Để í:
$\sum {\dfrac{{a + b}}{c}} = \dfrac{{pq - 3r}}{r}$
Ta có:
$\sum {\dfrac{{\left( {a + b} \right)^2 }}{{c^4 \left( {a + b} \right) + c^3 \left( {a^2 + b^2 } \right)}}} = \sum {\dfrac{{\left( {\dfrac{{a + b}}{c}} \right)^2 }}{{c^2 \left( {a + b} \right) + c\left( {a^2 + b^2 } \right)}} \ge } \dfrac{{\left( {\sum {\dfrac{{a + b}}{c}} } \right)^2 }}{{\sum {c^2 \left( {a + b} \right) + c\left( {a^2 + b^2 } \right)} }} = \dfrac{{\left( {\dfrac{{pq - 3r}}{r}} \right)^2 }}{{2\left( {pq - 3r} \right)}} = \dfrac{{pq - 3r}}{{2r^2 }}$
Ta cần c/m:
$\dfrac{{pq - 3r}}{{2r^2 }} \ge \dfrac{{24}}{{pq - r}} \Leftrightarrow \left( {pq - 3r} \right)\left( {pq - r} \right) \ge 48r^2$
Mà điều này hiển nhiên vì $pq \ge 9r$

[Messi_ndt]

Bài nì dùng p,q,r là đơn giãn nhất.Cũng đẹp mắt ghê!