Chủ đề này có 9 trả lời

[khanh3570883]

Cho $\left\{\begin{array}{l}a,b,c>0\\a+b+c=1\end{array}\right. $. Chứng minh:
$a^3+b^3+c^3+\dfrac{15abc}{4}\geq\dfrac{1}{4}$

[khanh3570883]

Cho $\left\{\begin{array}{l}a,b,c>0\\a+b+c=1\end{array}\right. $. Chứng minh:
$a^3+b^3+c^3+\dfrac{15abc}{4}\geq\dfrac{1}{4}$

vẫn chưa ai làm sao?

[dark templar]

Cho $\left\{\begin{array}{l}a,b,c>0\\a+b+c=1\end{array}\right. $. Chứng minh:
$a^3+b^3+c^3+\dfrac{15abc}{4}\geq\dfrac{1}{4}$

Đặt $p = a + b + c = 1;q = ab + bc + ca,r = abc $
$\Rightarrow p \in \left( {0;\dfrac{1}{3}} \right];r \in \left( {0;\dfrac{1}{{27}}} \right] $
$a^3 + b^3 + c^3 + \dfrac{{15}}{4}abc \ge \dfrac{1}{4}$
$\Leftrightarrow 1 - 3q + 3r + \dfrac{{15r}}{4} \ge \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow \dfrac{{3\left( {1 - 4q} \right)}}{4} + \dfrac{{27r}}{4} \ge 0$
Theo BĐT Schur bậc 3 ta có :$r \ge \max \left\{ {0;\dfrac{{4q - 1}}{9}} \right\} $
$\bullet q \in \left( {0;\dfrac{1}{4}} \right] \Rightarrow VT \ge \dfrac{{3\left( {1 - 4q} \right)}}{4} \ge 0,\forall q \in \left( {0;\dfrac{1}{4}} \right] $
$\bullet q \in \left( {\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{3}} \right] \Rightarrow VT \ge \dfrac{{3\left( {1 - 4q} \right)}}{4} + \dfrac{{3\left( {4q - 1} \right)}}{4} = 0 $
$\Rightarrow Q.E.D $
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$ hay $a=0,b=c=\dfrac{1}{2}$ hoặc các hoán vị tương ứng!

P/s:Bài này xuất phát từ bài toán sau:
Cho $a,b,c \geq 0;a+b+c=3$.Tìm hằng số k lớn nhất để BĐT sau đúng với mọi a,b,c ko âm:
$a^3+b^3+c^3+kabc \geq 1+k$

[khanh3570883]

Đặt $p = a + b + c = 1;q = ab + bc + ca,r = abc $
$\Rightarrow p \in \left( {0;\dfrac{1}{3}} \right];r \in \left( {0;\dfrac{1}{{27}}} \right] $
$a^3 + b^3 + c^3 + \dfrac{{15}}{4}abc \ge \dfrac{1}{4}$
$\Leftrightarrow 1 - 3q + 3r + \dfrac{{15r}}{4} \ge \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow \dfrac{{3\left( {1 - 4q} \right)}}{4} + \dfrac{{27r}}{4} \ge 0$
Theo BĐT Schur bậc 3 ta có :$r \ge \max \left\{ {0;\dfrac{{4q - 1}}{9}} \right\} $
$\bullet q \in \left( {0;\dfrac{1}{4}} \right] \Rightarrow VT \ge \dfrac{{3\left( {1 - 4q} \right)}}{4} \ge 0,\forall q \in \left( {0;\dfrac{1}{4}} \right] $
$\bullet q \in \left( {\dfrac{1}{4};\dfrac{1}{3}} \right] \Rightarrow VT \ge \dfrac{{3\left( {1 - 4q} \right)}}{4} + \dfrac{{3\left( {4q - 1} \right)}}{4} = 0 $
$\Rightarrow Q.E.D $
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$ hay $a=0,b=c=\dfrac{1}{2}$ hoặc các hoán vị tương ứng!

P/s:Bài này xuất phát từ bài toán sau:
Cho $a,b,c \geq 0;a+b+c=3$.Tìm hằng số k lớn nhất để BĐT sau đúng với mọi a,b,c ko âm:
$a^3+b^3+c^3+kabc \geq 1+k$

có cách nào chỉ dùng cô-si ko bạn, mà bất đẳng thức schur chứng minh thế nào vậy, thầy giáo tớ chỉ cho áp dụng Cô si và bunhia thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanh3570883: 15-01-2011 - 19:03

[khanh3570883]

$a^3 + b^3 + c^3 + \dfrac{{15}}{4}abc \ge \dfrac{1}{4}$
$\Leftrightarrow 1 - 3pq(thế này chứ) + 3r + \dfrac{{15r}}{4} \ge \dfrac{1}{4} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanh3570883: 15-01-2011 - 19:25

[dark templar]

có cách nào chỉ dùng cô-si ko bạn, mà bất đẳng thức schur chứng minh thế nào vậy, thầy giáo tớ chỉ cho áp dụng Cô si và bunhia thôi

BĐT Schur bậc 3:
Cho $a,b,c \geq 0$.CM:$a^3 + b^3 + c^3 + 3abc \ge ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ca\left( {c + a} \right)$
Chứng minh:
Đây là cách mà mình thấy đơn giản nhất .
Biến đổi BĐT trở thành :$abc \ge \left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right)\left( {c + a - b} \right)$
Xét 2 trường hợp :
+Có 1 nhân tử của VP âm ,giả sử đó là $a+b-c<0$.Khi đó BĐT hiển nhiên đúng (do $VT \geq 0>VP$)
+Cả 3 nhân tử đều ko âm .Sử dụng BĐT AM-GM ta có $\left( {a + b - c} \right)\left( {b + c - a} \right) \le \left( {\dfrac{{a + b - c + b + c - a}}{2}} \right)^2 = \dfrac{{b^2 }}{4}$ ,tương tự với các nhân tử còn lại rồi nhân vế theo vế của 3 BĐT vừa thu đc ,ta có đpcm!

[dark templar]

$a^3 + b^3 + c^3 + \dfrac{{15}}{4}abc \ge \dfrac{1}{4}$
$\Leftrightarrow 1 - 3q + 3r + \dfrac{{15r}}{4} \ge \dfrac{1}{4} $
tớ chưa hiểu đoạn này, bạn giải thích rõ hơn được không, thanks

Àh chổ đó cậu sử dụng hằng đẳng thức quen thuộc sau:$a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = \left( {a + b + c} \right)\left( {a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca} \right) $
$\Rightarrow a^3 + b^3 + c^3 = 3r + \left( {a + b + c} \right)^2 - 3\left( {ab + bc + ca} \right) = 1 - 3q + 3r $

[khanh3570883]

$a^3 + b^3 + c^3 + \dfrac{{15}}{4}abc \ge \dfrac{1}{4}$
$\Leftrightarrow 1 - 3pq(thế này chứ) + 3r + \dfrac{{15r}}{4} \ge \dfrac{1}{4} $

à đúng rồi, mình nhầm, thanks bạn

[khanh3570883]

cho mình hỏi cái bất đẳng thức schur tổng quát chứng minh thế nào vậy:
Với mọi số thực a,b,c,k không âm ta luôn có:
$a^{k}(a-b)(a-c)+b^{k}(b-c)(b-a)+c^{k}(c-a)(c-b)\geq0$

[khanh3570883]

tặng anh em bài này:
Cho x,y,z R, $x^2+y^2+z^2=9$. Chứng minh:
$2(x+y+z)-xyz\leq 10$