Chủ đề này có 12 trả lời

[mybubulov3]

Cm: $a^2+b^2+c^2 \leq 1+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$ với a, b, c [0,1]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mybubulov3: 15-12-2010 - 10:20

[dark templar]

Cm: $a^2+b^2+c^2 \geq 1+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$ với $a, b, c \in [0,1]$

ta có: $ a (1-b) \geq a^2(1-b)$ ,$ b(1-c) \geq b^2(1-c)$ , $c(1-a) \geq c^2(1-a) (a,b,c \in (0;1])$
$ \Rightarrow (a^2+b^2+c^2) - (a^2b+b^2c+c^2a) \leq a (1-b)+ b(1-c) + c(1-a)$
$ \Rightarrow (a^2+b^2+c^2) - (a^2b+b^2c+c^2a) \leq (a+b+c) - (ab+bc+ca) $
mà $(1-a)(1-b)(1-c) + abc \geq 0 \forall a,b,c \in (0;1] \Rightarrow 1 \geq (a+b+c) - (ab+bc+ca) \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \leq 1+a^2b+b^2c+c^2a$
Sr!Làm lộn qua ẩn $x,y,z$!Đã sửa ở trên!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 14-12-2010 - 11:19

[mybubulov3]

Bài nữa: cũng với a, b, c [0;1], C/m:
$\dfrac{a}{1+bc} + \dfrac{b}{1+ca} + \dfrac{c}{1+ab} \leq{2}$

[Ho pham thieu]

Bài nữa: cũng với a, b, c [0;1], C/m:
$\dfrac{a}{1+bc} + \dfrac{b}{1+ca} + \dfrac{c}{1+ab} \leq{2}$

Cách truyền thống nè (chứ sáng tạo hơn thì đợi dark templar)

Đặt $f(a,b,c)=\dfrac{a}{1+bc} + \dfrac{b}{1+ca} + \dfrac{c}{1+ab} $

G/s $0 \leq a \leq b \leq c \leq 1$
Chứng minh lần lượt: $f(a,b,c) \leq f(a,b,1) \leq 2$

+) $f(a,b,c) - f(a,b,1) = (c-1)[\dfrac{1}{ab+1} - ab.( \dfrac{1}{(b+1)(bc+1)}+\dfrac{1}{(a+1)(ca+1)})]$
Rõ ràng $c-1 \leq 0.$ va
$ab(\dfrac{1}{(b+1)(bc+1)}+\dfrac{1}{(a+1)(ca+1)}}) \leq ab(\dfrac{1}{(b+1)(ab+1)}+\dfrac{1}{(a+1)(ab+1)})=\dfrac{ab}{ab+1}.(\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}) \leq \dfrac{ab}{ab+1}.(\dfrac{1}{2a}+\dfrac{1}{2b})=\dfrac{a+b}{2(ab+1)} \leq \dfrac{1}{ab+1}$

Suy ra $f(a,b,c)-f(a,b,1) \leq 0 \Rightarrow f(a,b,c) \leq f(a,b,1)$

+) $f(a,b,1) =\dfrac{a}{b+1}+\dfrac{b}{a+1}+\dfrac{1}{1+ab} \leq 2$

Do $\dfrac{1}{1+ab} \leq \dfrac{1}{1+0}=1$

nên ta chỉ cần cm $\dfrac{a}{b+1}+\dfrac{b}{a+1} \leq 1$

Thật vậy bdt $\Leftrightarrow a^2+b^2 \leq ab+1 \Leftrightarrow a(a-1)+b(b-1) \leq (a-1)(b-1)$
Luôn đúng với $0 \leq a \leq b \leq 1$ (Do VT 0 VP)

Suy ra $f(a,b,1) \leq 2$

Tóm lại $f(a,b,c)=\dfrac{a}{1+bc} + \dfrac{b}{1+ca} + \dfrac{c}{1+ab} \leq{2}$
DTxr chẳng hạn tại c=1,a=0,b=1

[dark templar]

Cách truyền thống nè (chứ sáng tạo hơn thì đợi dark templar)

Đặt $f(a,b,c)=\dfrac{a}{1+bc} + \dfrac{b}{1+ca} + \dfrac{c}{1+ab} $

G/s $0 \leq a \leq b \leq c \leq 1$
Chứng minh lần lượt: $f(a,b,c) \leq f(a,b,1) \leq 2$

+) $f(a,b,c) - f(a,b,1) = (c-1)[\dfrac{1}{ab+1} - ab.( \dfrac{1}{(b+1)(bc+1)}+\dfrac{1}{(a+1)(ca+1)})]$
Rõ ràng $c-1 \leq 0.$ va
$ab(\dfrac{1}{(b+1)(bc+1)}+\dfrac{1}{(a+1)(ca+1)}}) \leq ab(\dfrac{1}{(b+1)(ab+1)}+\dfrac{1}{(a+1)(ab+1)})=\dfrac{ab}{ab+1}.(\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}) \leq \dfrac{ab}{ab+1}.(\dfrac{1}{2a}+\dfrac{1}{2b})=\dfrac{a+b}{2(ab+1)} \leq \dfrac{1}{ab+1}$

Suy ra $f(a,b,c)-f(a,b,1) \leq 0 \Rightarrow f(a,b,c) \leq f(a,b,1)$

+) $f(a,b,1) =\dfrac{a}{b+1}+\dfrac{b}{a+1}+\dfrac{1}{1+ab} \leq 2$

Do $\dfrac{1}{1+ab} \leq \dfrac{1}{1+0}=1$

nên ta chỉ cần cm $\dfrac{a}{b+1}+\dfrac{b}{a+1} \leq 1$

Thật vậy bdt $\Leftrightarrow a^2+b^2 \leq ab+1 \Leftrightarrow a(a-1)+b(b-1) \leq (a-1)(b-1)$
Luôn đúng với $0 \leq a \leq b \leq 1$ (Do VT 0 VP)

Suy ra $f(a,b,1) \leq 2$

Tóm lại $f(a,b,c)=\dfrac{a}{1+bc} + \dfrac{b}{1+ca} + \dfrac{c}{1+ab} \leq{2}$
DTxr chẳng hạn tại c=1,a=0,b=1

Anh Ho pham thieu!BĐT đề cho là BĐT hoán vị nên ko thể giả sử $a \leq b \leq c$ đc
Chỉ có thể giả sử $a$ là số lớn nhất trong 3 số a,b,c thôi!!!

[Ho pham thieu]

Anh Ho pham thieu!BĐT đề cho là BĐT hoán vị nên ko thể giả sử $a \leq b \leq c$ đc
Chỉ có thể giả sử $a$ là số lớn nhất trong 3 số a,b,c thôi!!!

Trường hợp này thì vai trò của các biến là như nhau chứ (thử vào là biết-ko phải hoán vị vòng quanh), nên được giả sử như vậy ma.

Mà trong cách làm cũng ko dùng a <=b nên giả sử c=max{a,b,c} là được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ho pham thieu: 17-12-2010 - 13:19

[wallunint]

may anh oi bai nay em co thay tren tap chi "Toan tuoi tho", ho giai ngan hon may anh.
Vai bua nua em se post len. (bay gio em chua biet viet bang latex)

[mybubulov3]

Nữa ạ: Cm: $\dfrac{|a|}{1+|a|}+\dfrac{|b|}{1+|b|}\geq\dfrac{|a-b|}{1+|a-b|}$

[Ho pham thieu]

Cm $\dfrac{|a|}{1+|a|}+\dfrac{|b|}{1+|b|} \geq \dfrac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}$ (1)
$ \Leftrightarrow \dfrac{2|ab|+|a|+|b|}{|ab|+|a|+|b|+1} \geq \dfrac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}$
$ \Leftrightarrow (2|ab|+|a|+|b|)(1+|a|+|b|) \geq (|a|+|b|)(|ab|+|a|+|b|+1) \Leftrightarrow|ab|(|a|+|b|+2) \geq 0$
Luôn đúng nên (1) đúng

Từ (1) $ \Rightarrow \dfrac{|a|}{1+|a|}+\dfrac{|b|}{1+|b|} \geq 1-\dfrac{1}{1+|a|+|b|} \geq 1-\dfrac{1}{1+|a-b|} $
$ \Leftrightarrow \dfrac{|a|}{1+|a|}+\dfrac{|b|}{1+|b|} \geq \dfrac{|a-b|}{1+|a-b|}$
Dtxr a=b=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ho pham thieu: 17-12-2010 - 20:54

[dark templar]

Trường hợp này thì vai trò của các biến là như nhau chứ (thử vào là biết-ko phải hoán vị vòng quanh), nên được giả sử như vậy ma.

Mà trong cách làm cũng ko dùng a <=b nên giả sử c=max{a,b,c} là được

Àh !Em lộn !Xin lỗi anh nhé!
Bài này em cũng chỉ sử dụng dồn biến giống anh thôi!

[mybubulov3]

Cm $\dfrac{|a|}{1+|a|}+\dfrac{|b|}{1+|b|} \geq \dfrac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}$ (1)
$ \Leftrightarrow \dfrac{2|ab|+|a|+|b|}{|ab|+|a|+|b|+1} \geq \dfrac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}$
$ \Leftrightarrow (2|ab|+|a|+|b|)(1+|a|+|b|) \geq (|a|+|b|)(|ab|+|a|+|b|+1) \Leftrightarrow|ab|(|a|+|b|+2) \geq 0$
Luôn đúng nên (1) đúng

Từ (1) $ \Rightarrow \dfrac{|a|}{1+|a|}+\dfrac{|b|}{1+|b|} \geq 1-\dfrac{1}{1+|a|+|b|} \geq 1-\dfrac{1}{1+|a-b|} $
$ \Leftrightarrow \dfrac{|a|}{1+|a|}+\dfrac{|b|}{1+|b|} \geq \dfrac{|a-b|}{1+|a-b|}$
Dtxr a=b=0

$|a|+|b| \geq |a-b|$ ?
Ta có: $|a|+|b|\geq|a+b|$
$|a+b|\geq|a-b| \Leftrightarrow 4ab \geq 0$ mà a,b bất kỳ mà.

[Ho pham thieu]

Em nhầm rồi
$|x|+|y| \geq |x+y| $

Thì thay x là a, y là (-b) là được |a|+|b| |a-b|

Biến đổi trực tiếp cũng được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ho pham thieu: 18-12-2010 - 19:13

[mybubulov3]

Em nhầm rồi
$|x|+|y| \geq |x+y| $

Thì thay x là a, y là (-b) là được |a|+|b| |a-b|

Biến đổi trực tiếp cũng được

Ah, em nhầm... Sorry