Chủ đề này có 5 trả lời

[dark templar]

Bài toán: Cho $a,b,c \ge 0$.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3-3abc \ge 2\left(\dfrac{b+c}{2}-a \right)^3$$
Liệu có thể thay 2 đứng trước $\left(\dfrac{b+c}{2}-a \right)^3$ bằng hằng số khác tốt hơn được không ?

[NguyThang khtn]

Bài toán: Cho $a,b,c \ge 0$.Chứng minh rằng:
$$a^3+b^3+c^3-3abc \ge 2\left(\dfrac{b+c}{2}-a \right)^3$$
Liệu có thể thay 2 đứng trước $\left(\dfrac{b+c}{2}-a \right)^3$ bằng hằng số khác tốt hơn được không ?

Đặt :
$f(a,b,c) =a^3+b^3+c^3-3abc -2\left(\dfrac{b+c}{2}-a \right)^3$
Ta có:
$f(a,b,c) - f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{a+c}{2}= \dfrac{3(a+b+c)(b-c)^2}{4} \geq 0$
Do đó:
$f(a,b,c) \geq f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{a+c}{2}$
Mà : $f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{a+c}{2}=3a(a-\dfrac{b+c}{2})^2 \geq 0 $

Suy ra: .Q.E.D

[dark templar]

Đặt :
$f(a,b,c) =a^3+b^3+c^3-3abc -2\left(\dfrac{b+c}{2}-a \right)^3$
Ta có:
$f(a,b,c) - f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{a+c}{2}= \dfrac{3(a+b+c)(b-c)^2}{4} \geq 0$
Do đó:
$f(a,b,c) \geq f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{a+c}{2}$
Mà : $f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{a+c}{2}=3a(a-\dfrac{b+c}{2})^2 \geq 0 $

Suy ra: .Q.E.D

Thật ra anh không có nhiều thời gian để kiểm tra bài giải của em,nhưng anh ghét kiểu dồn biến lắm.Bài này anh đang thắc mắc liệu có thể thay 2 bằng hằng số khác được hay không ?
Đây là cách giải của anh(theo anh thấy thì cũng khá đẹp ).EM có thể tham khảo thử(không có quá nhiều khai triển như dồn biến)
Xét $a=0$.Dễ dàng nhận thấy BĐT trên đúng theo BĐT Holder.
Xét $a \neq 0$.Chia $a^3$ cho 2 vế của BĐT,ta thu được:
$$1+\left(\dfrac{b}{a} \right)^3+\left(\dfrac{c}{a} \right)^3-3.\dfrac{b}{a}.\dfrac{c}{a} \ge 2\left(\dfrac{b}{2a}+\dfrac{c}{2a}-1 \right)^3$$
Đặt $x=\dfrac{b}{a};y=\dfrac{c}{a} \rightarrow x,y \ge 0$.BĐT trở thành:
$$1+x^3+y^3-3xy \ge \dfrac{(x+y-2)^3}{4}$$
Hay:
$$(x+y)(x-y)^2+(x-1)^2+(y-1)^2 \ge 0$$(luôn đúng $\forall x;y \ge 0$)
Đẳng thức xảy ra khi $a=0;b=c$ hay $a=b=c$.

[Nguyễn Hưng]

Với $a = \max \left\{ {a,b,c} \right\}$ thì vế phải $\le 0$ nên bất đẳng thức là hiển nhiên theo AM-GM

Ta chỉ xét $a = \min \left\{ {a,b,c} \right\}$. Dựa vào tính đối xứng của $b,c$ có thể giả sử thêm $b \le c$. Vậy ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đã cho với giả thiết $a \le b \le c$.

Bất đẳng thức đã cho tương đương
\[\begin{array}{l}
2\sum {\left( {a + b + c} \right){{\left( {a - b} \right)}^2}} \ge - {\left( {a - b} \right)^3} + {\left( {c - a} \right)^3} - 3\left( {a - b} \right){\left( {c - a} \right)^2} + 3\left( {c - a} \right){\left( {a - b} \right)^2} \\
\Leftrightarrow {S_a}{\left( {b - c} \right)^2} + {S_b}{\left( {c - a} \right)^2} + {S_c}{\left( {a - b} \right)^2} \ge 0 \\
\end{array} \]
Với

\[\begin{array}{l}
{S_a} = 2a + 2b + 2c \\
{S_b} = 6a - b + c \\
{S_c} = 6a + b - c \\
\end{array} \]
Theo điều kiện $a \le b \le c$ thì rõ ràng $S_b \ge 0$, $S_b+S_c \ge 0$ và $S_a+S_b \ge 0$

Cũng từ $c \ge b \ge a$, suy ra ${\left( {c - a} \right)^2} \ge {\left( {b - c} \right)^2} + {\left( {a - b} \right)^2}$

Từ hai điều trên, ta có được
\[ {S_a}{\left( {b - c} \right)^2} + {S_b}{\left( {c - a} \right)^2} + {S_c}{\left( {a - b} \right)^2} \ge \left( {{S_a} + {S_b}} \right){\left( {b - c} \right)^2} + \left( {{S_c} + {S_b}} \right){\left( {a - b} \right)^2} \ge 0 \]
Đó cũng là điều phải chứng minh.


@Phúc: lời giải của chú quen quá nhỉ :-w

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 19-12-2011 - 15:38

[Nguyễn Hưng]

Chứng minh hằng số tốt nhất ở vế phải là $2$ (tương ứng với bất đẳng thức trên)

Rõ ràng ta không xét đến trường hợp $a=0$. Khi $a \ne 0$, bất đẳng thức trở thành
\[1 + {x^3} + {y^3} - 3xy \ge k{\left( {\dfrac{{x + y}}{2} - 1} \right)^3}\]
Giả sử tồn tại $k$ sao cho bất đẳng thức trên đúng với mọi $x,y \ge 0$

Khi đó, cho $x=y=t \ge 0$ thì với mọi $t$, ta phải có

\[\begin{array}{l}
1 + 2{t^3} - 3{t^2} \ge k{\left( {t - 1} \right)^3} \\
\Leftrightarrow \left( {2t + 1} \right){\left( {t - 1} \right)^2} \ge k{\left( {t - 1} \right)^3} \\
\Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2}\left( {2t + 1 - kt - k} \right) \ge 0 \\
\Leftrightarrow 2t + 1 \ge k\left( {t + 1} \right) \\
\Leftrightarrow k \le \dfrac{{2t + 1}}{{t + 1}} \\
\end{array}\]
Qua giới hạn hai vế của bất đẳng thức cuối (cho $t \to + \infty $) thì ta thu được $k \le 2$.

Việc còn lại là chứng minh bất đẳng thức đúng khi $k=2$ đã được thực hiện ở trên với rất nhiều phương án.

Thật đáng tiếc là ngay cả với $k=2$, bất đẳng thức vẫn khá lỏng. Tuy nhiên không thể làm chặt thêm theo cách này.

[Nesbit]

Chứng minh hằng số tốt nhất ở vế phải là $2$ (tương ứng với bất đẳng thức trên)

Rõ ràng ta không xét đến trường hợp $a=0$. Khi $a \ne 0$, bất đẳng thức trở thành
\[1 + {x^3} + {y^3} - 3xy \ge k{\left( {\dfrac{{x + y}}{2} - 1} \right)^3}\]
Giả sử tồn tại $k$ sao cho bất đẳng thức trên đúng với mọi $x,y \ge 0$

Khi đó, cho $x=y=t \ge 0$ thì với mọi $t$, ta phải có

\[\begin{array}{l}
1 + 2{t^3} - 3{t^2} \ge k{\left( {t - 1} \right)^3} \\
\Leftrightarrow \left( {2t + 1} \right){\left( {t - 1} \right)^2} \ge k{\left( {t - 1} \right)^3} \\
\Leftrightarrow {\left( {t - 1} \right)^2}\left( {2t + 1 - kt - k} \right) \ge 0 \\
\Leftrightarrow 2t + 1 \ge k\left( {t + 1} \right) \\
\Leftrightarrow k \le \dfrac{{2t + 1}}{{t + 1}} \\
\end{array}\]
Qua giới hạn hai vế của bất đẳng thức cuối (cho $t \to + \infty $) thì ta thu được $k \le 2$.

Việc còn lại là chứng minh bất đẳng thức đúng khi $k=2$ đã được thực hiện ở trên với rất nhiều phương án.

Thật đáng tiếc là ngay cả với $k=2$, bất đẳng thức vẫn khá lỏng. Tuy nhiên không thể làm chặt thêm theo cách này.

Trong BĐT $a^3+b^3+c^3-3abc \ge k\left(\dfrac{b+c}{2}-a \right)^3$, chỉ cần cho $a=0$ và $b=c=1$ ta có ngay $k\le 2$. Xong.