Chủ đề này có 3 trả lời

[craft_man]

a,b,c >0
k>0
${(\dfrac{a}{b+c})}^k+{ (\dfrac{b}{c+a})}^k+{ (\dfrac{c}{a+b})}^k>=min{(2, \dfrac{3}{2^k})}$
bài này trong đáp án có 1 đoạn ( ở ngay đầu tiên)
ta chỉ cần chứng minh BDT trong trường hợp 2= $\dfrac{3}{2^k}$
các bạn , anh, chị giải thích giúp với

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi craft_man: 19-08-2010 - 22:20

[Messi_ndt]

a,b,c >0
k>0
${(\dfrac{a}{b+c})}^k+{ (\dfrac{b}{c+a})}^k+{ (\dfrac{c}{a+b})}^k>=min{(2, \dfrac{3}{2^k})}$
bài này trong đáp án có 1 đoạn ( ở ngay đầu tiên)
ta chỉ cần chứng minh BDT trong trường hợp 2= $\dfrac{3}{2^k}$
các bạn , anh, chị giải thích giúp với

${(\dfrac{a}{b+c})}^k+{ (\dfrac{b}{c+a})}^k+{ (\dfrac{c}{a+b})}^k>=min{(2, \dfrac{3}{2^k})} (1)$
Với $k=\dfrac{ln3}{ln2}-1 $
Chuẩn hóa $ a+b+c=1 , b \geq c \geq a .$
Đặt $ t=\dfrac{b+c}{2},m=\dfrac{b-c}{2} => b=t+m,c=t-m,a=1-2t $
$ (1) <=> f(m)=(\dfrac{1-2t}{2t})^k+(\dfrac{1+m}{1-t-m})^k+(\dfrac{t-m}{1+m-t})^k \geq 2 ,$
$ k=\dfrac{ln3}{ln2}-1 $

Do $ c \geq a $ nên $ 3t-1 \geq m \geq 0$ và $ 1 \geq b+c=2t => \dfrac{1}{2} \geq t \geq \dfrac{1}{3}.$
Ta có
$ f'(m)=\dfrac{k(1+m)^{k-1}}{(1-t-m)^{k+1}}-\dfrac{k(1-m)^{k-1}}{(1+m-t)^{k+1}} \geq 0 $

$<=> \dfrac{k(t+m)^{k-1}}{(1-t-m)^{k+1}} \geq \dfrac{k(t-m)^{k-1}}{(1+m-t)^{k+1}} $
đến đây xài thêm tí đạo hàm nữa, đánh giá tiếp để suy ra f(m) là hàm đồng biến .
$ f(m) \geq f(0)=(\dfrac{1-2t}{2t})^k+2(\dfrac{t}{1-t})^k $
F(0) biểu diễn là hàm 1 biến t như trên suy ra được
$ 2^{k+1}t^{2k} \leq [(1-t)(1-2t)]^{k-1} $ Với $ t \in [0,\dfrac{1}{3}]$
Dễ thấy hàm bên trái đồng biến, bên phải nghịch biến nên chỉ cần chứng minh
$ 2^{k+1}(\dfrac{1}{3})^{2k} \leq [(1-\dfrac{1}{3})(1-\dfrac{2}{3})]^{k-1} $
Suy ra $ h(t) \geq h(\dfrac{1}{3})=2 $
Bất Đẳng thức được chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Messi_ndt: 30-08-2010 - 13:49

[craft_man]

${(\dfrac{a}{b+c})}^k+{ (\dfrac{b}{c+a})}^k+{ (\dfrac{c}{a+b})}^k>=min{(2, \dfrac{3}{2^k})} (1)$
Với $k=\dfrac{ln3}{ln2}-1 $
Chuẩn hóa $ a+b+c=1 , b \geq c \geq a .$
Đặt $ t=\dfrac{b+c}{2},m=\dfrac{b-c}{2} => b=t+m,c=t-m,a=1-2t $
$ (1) <=> f(m)=(\dfrac{1-2t}{2t})^k+(\dfrac{1+m}{1-t-m})^k+(\dfrac{t-m}{1+m-t})^k \geq 2 ,$
$ k=\dfrac{ln3}{ln2}-1 $

Do $ c \geq a $ nên $ 3t-1 \geq m \geq 0$ và $ 1 \geq b+c=2t => \dfrac{1}{2} \geq t \geq \dfrac{1}{3}.$
Ta có
$ f'(m)=\dfrac{k(1+m)^{k-1}}{(1-t-m)^{k+1}}-\dfrac{k(1-m)^{k-1}}{(1+m-t)^{k+1}} \geq 0 $

$<=> \dfrac{k(t+m)^{k-1}}{(1-t-m)^{k+1}} \geq \dfrac{k(t-m)^{k-1}}{(1+m-t)^{k+1}} $
đến đây xài thêm tí đạo hàm nữa, đánh giá tiếp để suy ra f(m) là hàm đồng biến .
$ f(m) \geq f(0)=(\dfrac{1-2t}{2t})^k+2(\dfrac{t}{1-t})^k $
F(0) biểu diễn là hàm 1 biến t như trên suy ra được
$ 2^{k+1}t^{2k} \leq [(1-t)(1-2t)]^{k-1} $ Với $ t \in [0,\dfrac{1}{3}]$
Dễ thấy hàm bên trái đồng biến, bên phải nghịch biến nên chỉ cần chứng minh
$ 2^{k+1}(\dfrac{1}{3})^{2k} \leq [(1-\dfrac{1}{3})(1-\dfrac{2}{3})]^{k-1} $
Suy ra $ h(t) \geq h(\dfrac{1}{3})=2 $
Bất Đẳng thức được chứng minh.

cảm ơn bạn
nhưng mình muốn hỏi
vì sao không cần chứng minh trong trường hợp k khác ln3/ln2 -1 ?

[Messi_ndt]

cảm ơn bạn
nhưng mình muốn hỏi
vì sao không cần chứng minh trong trường hợp k khác ln3/ln2 -1 ?

Bất đẳng thức cần chứng minh là
Cho a,b,c,k là các số thực dương. Chứng minh rằng:
${(\dfrac{a}{b+c})}^k+{ (\dfrac{b}{c+a})}^k+{ (\dfrac{c}{a+b})}^k>=min{(2, \dfrac{3}{2^k})}$

Bất đẳng thức ta chứng minh là cho trường hợp $ k=\dfrac{\ln3}{\ln2}-1 <=> 2=\dfrac{3}{2^k}$
Có hai khả năng xảy ra. Xét cho cả hai khả năng thì với giá trị k để $ 2=\dfrac{3}{2^k}$ thì BDT đúng cho trường hợp tổng quát.