Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mybubulov3: 15-12-2010 - 10:20
Giúp với!
#1
Đã gửi 14-12-2010 - 11:00
#2
Đã gửi 14-12-2010 - 11:11
ta có: $ a (1-b) \geq a^2(1-b)$ ,$ b(1-c) \geq b^2(1-c)$ , $c(1-a) \geq c^2(1-a) (a,b,c \in (0;1])$Cm: $a^2+b^2+c^2 \geq 1+a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a$ với $a, b, c \in [0,1]$
$ \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
#3
Đã gửi 15-12-2010 - 10:19
$\dfrac{a}{1+bc} + \dfrac{b}{1+ca} + \dfrac{c}{1+ab} \leq{2}$
#4
Đã gửi 15-12-2010 - 22:59
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
I love football và musics.
#5
Đã gửi 17-12-2010 - 00:06
Anh Ho pham thieu!BĐT đề cho là BĐT hoán vị nên ko thể giả sử $a \leq b \leq c$ đcCách 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
Chỉ có thể giả sử $a$ là số lớn nhất trong 3 số a,b,c thôi!!!
#6
Đã gửi 17-12-2010 - 13:15
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.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!!!
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
I love football và musics.
#7
Đã gửi 17-12-2010 - 15:45
Vai bua nua em se post len. (bay gio em chua biet viet bang latex)
Vì cuộc sống luôn thay màu .... !!!
#8
Đã gửi 17-12-2010 - 16:15
#9
Đã gửi 17-12-2010 - 20:53
$ \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
I love football và musics.
#10
Đã gửi 17-12-2010 - 23:13
Àh !Em lộn !Xin lỗi anh nhé!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 này em cũng chỉ sử dụng dồn biến giống anh thôi!
#11
Đã gửi 18-12-2010 - 17:19
$|a|+|b| \geq |a-b|$ ?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
Ta có: $|a|+|b|\geq|a+b|$
$|a+b|\geq|a-b| \Leftrightarrow 4ab \geq 0$ mà a,b bất kỳ mà.
#12
Đã gửi 18-12-2010 - 19:10
$|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
I love football và musics.
#13
Đã gửi 19-12-2010 - 12:00
Ah, em nhầm... SorryEm 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
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh