Bất đẳng thức
#1
Đã gửi 10-12-2010 - 17:29
$\2a^2+2b^2+2c^2$ $\3ab(a+b)(a+b-c)/a^2+ab+b^2$
#2
Đã gửi 10-12-2010 - 19:28
Sử dụng 1 chút đánh giá sau:Cho a,b,c là các số thực không âm. Không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh rằng:
$\2a^2+2b^2+2c^2 \geq \sum \3ab(a+b)(a+b-c)/a^2+ab+b^2$
$a^2 + b^2 + ab \ge \dfrac{3}{4}\left( {a + b} \right)^2 $(khai triển để chứng minh)
Ta có:
$VP \le 4\sum {\dfrac{{ab\left( {a + b} \right)^2 - abc(a+b)}}{{\left( {a + b} \right)^2 }}} = 4\sum {ab - 4abc\sum {\dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)}}} } $
Ta sẽ chứng minh :
$4\sum {ab - 4abc\sum {\dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)}}} } \le VT = 2\sum {a^2 } $
$\Leftrightarrow 2\sum {ab - \sum {a^2 } } \le 2abc\sum {\dfrac{1}{{\left( {a + b} \right) }}}$
Thật vậy ,ta có :
$2\sum {ab - \sum {a^2 } } \le \dfrac{{9abc}}{{a + b + c}}\left( {Schur} \right)$
Việc còn lại chỉ là chứng minh:
$\dfrac{{9abc}}{{a + b + c}} \le 2abc\sum {\dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)}}} \Leftrightarrow \sum a \sum {\dfrac{1}{{\left( {a + b} \right)}} \ge \dfrac{9}{2}} $
$\Leftrightarrow \left[ {\left( {a + b} \right) + \left( {b + c} \right) + \left( {c + a} \right)} \right]\left( {\sum {\dfrac{1}{{a + b}}} } \right) \ge 9\left( {True - AM - GM} \right)$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c;a=0,b=c$ hoặc các hoán vị tương ứng !
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-12-2010 - 16:46
#3
Đã gửi 12-12-2010 - 16:53
#4
Đã gửi 12-12-2010 - 17:03
Bài này mình chỉ biến đổi tương đương từ đề ra mà thôi!Bạn đọc kỹ bài giải của mình đi nhé!Trong đề không cho điều kiện a+b-c 0, b+c-a 0, a+c-b 0
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 12-12-2010 - 17:04
#5
Đã gửi 12-12-2010 - 17:09
#6
Đã gửi 12-12-2010 - 17:11
Bạn đọc kỹ nhé!Mình ghi là $a^2+b^2+ab \geq \dfrac{3}{4}(a+b)^2$!$ab$ chứ ko phải là $c^2$!Nhưng sao lại có đánh giá $\ a^2 +b^2 +c^2 \geq (a+b)^2 $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-12-2010 - 17:37
#7
Đã gửi 12-12-2010 - 17:16
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SLNA: 12-12-2010 - 17:18
#8
Đã gửi 12-12-2010 - 17:26
Đánh giá mình đưa ra ko cần đk $a+b-c \geq 0$ hay $a+b-c \leq 0$(thực tế nó ko dính dáng đến biến $c$ nữa mà !)Xin lỗi mình đánh nhầm nhưng tại sao lại có đánh giá $\ a^2 + ab + b^2 \geq 3/4(a+b)^2 $. Trong khi chúng ta chưa rõ a+b-c 0 hay a+b-c 0
Chứng minh:
$a^2 + b^2 + ab \ge \dfrac{3}{4}\left( {a + b} \right)^2 $
$\Leftrightarrow 4\left( {a^2 + b^2 + ab} \right) \ge 3\left( {a^2 + b^2 + 2ab} \right)$
$\Leftrightarrow a^2 + b^2 \ge 2ab \Leftrightarrow \left( {a - b} \right)^2 \ge 0\left( {True} \right) $
OK???
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 15-12-2010 - 17:38
#9
Đã gửi 12-12-2010 - 17:28
#10
Đã gửi 12-12-2010 - 17:34
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 12-12-2010 - 17:35
#11
Đã gửi 12-12-2010 - 17:36
#12
Đã gửi 12-12-2010 - 17:39
#13
Đã gửi 12-12-2010 - 18:50
#14
Đã gửi 14-12-2010 - 11:08
$\3ab(a+b)(a+b-c)/a^2+ab+b^2$ 2ab+2ac+2bc
Một phát hiện của guiguzi bên mathlinks
#15
Đã gửi 15-12-2010 - 17:22
Anh biến đổi ra đến khúc $\sum {ab} \sum {\dfrac{1}{{a^2 + b^2 + ab}} \ge 3} $ thì bí luôn !
Dùng đủ mọi cách mà ko đc !Nếu đc share anh lời giải nhé!Thanks!
#16
Đã gửi 16-12-2010 - 12:09
Giả sử a b c thì ta được $\ S_{b} $, $\ S_{c} $ 0
Ta cần chứng minh $\ a^2 S_{b} $+$\ b^2 S_{a} $ 0
#17
Đã gửi 16-12-2010 - 12:12
Chuyển qua xài Tex đi em nhé!$\Leftrightarrow \sum (a-b)^2(a+b)(a+b-c)/ a^2+ab+b^2 $
Giả sử $a \geq b \geq c$ thì ta được $ S_{b} $, $\ S_{c} \geq 0$
Ta cần chứng minh $ a^2 S_{b} + b^2 S_{a} \geq 0$
#18
Đã gửi 16-12-2010 - 12:27
#19
Đã gửi 16-12-2010 - 12:31
Thay vì bình thường em bỏ công thức Toán vào cặp thẻ Latex-/Latex thì giờ em bỏ vô tex-/tex thôi !Em không biết sài
Tham khảo ở đây
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 16-12-2010 - 12:32
#20
Đã gửi 16-12-2010 - 12:33
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh