Chủ đề này có 4 trả lời

[dark templar]

Bài toán 1: Cho $x,y,z \in [0;1]$.Chứng minh rằng:
$$x^{3y}+y^{3z}+z^{3x} \ge \frac{3}{8}$$

Bài toán 2: Cho $x,y,z,t \in [0;1]$.Chứng minh rằng:
$$x^{2y}+y^{2z}+z^{2t}+t^{2x} \ge 1$$

Nguồn:Nguyễn Bảo Phúc

[Tham Lang]

Hôm nay, mình xin làm 2 câu trên, mong tất cả mọi người kiểm chứng
TH1. có một trong 3 số $x, y, z$ bằng 0. Dễ dàng chứng minh.
TH2. Cả 3 số $x, y, z$ đều khác 0.Ta sẽ chứng minh bổ đề sau
Nếu $x, y \in [0, 1]$ thì ta có $x^y \ge \dfrac{x}{x + y - xy}$
Thật vậy, xét biểu thức $\dfrac{1}{x^y}$, ta có $x \in [1, 0]$ nên $\dfrac{1}{x} - 1 \ge 0$
Mặt khác, ta lại có $y \in [0, 1]$ nên do đó, theo bất đẳng thức $Bernulli$, ta có :
$$\frac{1}{x^y} = \left (1 + \dfrac{1}{x} - 1\right )^y \le 1 + \dfrac{1 - x}{x}.y \Leftrightarrow \dfrac{1}{x^y} \le 1 + \dfrac{y - xy}{x} \Leftrightarrow x^y \ge \dfrac{x}{x + y - xy}$$
Lại có :
$$\left (x^{3y} + y^{3z} + z^{3x} \right )^2\left (1 + 1 + 1 \right ) \ge \left (x^{2y} + y^{2z} + z^{2x} \right )^3$$
Áp dụng bổ đề , ta có $x^y \ge \dfrac{x}{x + y - xy} \ge \dfrac{x}{x + y}$ nên ta có
$$x^{2y} + y^{2z} + z^{2x} \ge \dfrac{x^2}{(x + y)^2} + \dfrac{y^2}{(y + z)^2} + \dfrac{z^2}{(z + x)^2} $$
Lúc đó :
$$\dfrac{x^2}{(x + y)^2} + \dfrac{y^2}{(y + z)^2} + \dfrac{z^2}{(z + x)^2} = \dfrac{1}{(1 + a)^2} + \dfrac{1}{(1 + b)^2} + \dfrac{1}{(1 + c)^2}$$ với $abc = 1$. Lúc đó, ta chứng minh được $$\dfrac{1}{(a + 1)^2} + \dfrac{1}{(b + 1)^2} + \dfrac{1}{(c + 1)^2} \ge \dfrac{1}{ab + 1} + \dfrac{1}{(c + 1)^2} = \dfrac{c}{c + 1} + \dfrac{1}{(c + 1)^2} \ge \dfrac{3}{4}$$
Nói chung, bất đẳng thức này cũng thuộc dạng như đề thi thử số 4 nên không khó khăn để làm.
Do đó, ta có
$$x^{3y} + y^{3z} + z^{3x} \ge \sqrt{\dfrac{\dfrac{3^3}{4^3}}{3}} = \dfrac{3}{8}$$
Bài 2. cũng sử dụng bổ đề trên, ta có :
$$x^{2y} + y^{2z} + z^{2t} + t^{2x} \ge \dfrac{x^2}{(x + y)^2} + \dfrac{y^2}{(y + z)^2} + \dfrac{z^2}{(z + t)^2} + \dfrac{t^2}{(t + x)^2} = \dfrac{1}{(a + 1)^2} + \dfrac{1}{(b + 1)^2} + \dfrac{1}{(c + 1)^2} + \dfrac{1}{(d + 1)^2} = P $$
Với $abcd = 1$Việc cần làm là chứng minh $P \ge 1$
Thật vậy , ta chú ý rằng $$1 = \dfrac{(ab + 1) + (cd + 1)}{ab + cd + 1 + 1} = \dfrac{(ab + 1) + (cd + 1)}{ab + cd + 1 + abcd} = \dfrac{(ab + 1) + (cd + 1)}{(ab + 1)(cd + 1)} = \dfrac{1}{ab + 1} + \dfrac{1}{cd + 1}$$
Ta có $$ P - 1 = \left (\dfrac{1}{(a + 1)^2} + \dfrac{1}{(b + 1)^2} - \dfrac{1}{ab + 1} \right ) + \left (\dfrac{1}{(c + 1)^2} + \dfrac{1}{(d + 1)^2} - \dfrac{1}{cd + 1} \right ) $$ $$= \dfrac{ab(a - b)^2 + (ab - 1)^2}{(a + 1)^2(b + 1)^2(ab + 1)} + \dfrac{cd(c - d)^2 + (cd - 1)^2}{(c + 1)^2(d + 1)^2(cd + 1)} \ge 0$$

Vậy bài toán đã được chứng minh.
Lưu ý
Mình cũng xin lưu ý rằng
Bđt $bernulli$ được phát biểu như sau
Với $x > -1$, ta có
TH1. nếu $r \ge 1 V r \le 0 $ thì $(1 + x)^r \ge 1 + xr$
TH2. nếu $0 < r < 1$ thì $(1 + x)^r \le 1 + rx$
Mình sử dụng TH2. Mọi người không nên nhầm lẫn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 27-02-2012 - 21:04

[Tham Lang]

Bài toán sẽ đi đến tổng quát nếu chúng ta chú ý đến bài toán sau :
Cho các số thực dương $a_1, a_2, ..., a_n$ với $a_1a_2...a_n = 1$. Tìm giá trị tốt nhất của k sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng :
$$\dfrac{1}{(1 + a_1)^k} + \dfrac{1}{( 1 + a_2)^k} + ... + \dfrac{1}{1 + a_n)^k} \ge \dfrac{n}{2^k}$$
Và thực chất, đây là bài toán của anh Phạm Kim Hùng với tên : thách thức
Tất nhiên, bài toán này cực kì khó

[Ispectorgadget]

Đây là bài toán tổng quát cho bài 2 của anh Phúc
Với mọi $x_1;x_2;x_3;...x_n \in [0;1]$ ta có
$$x_1^{2x_2 } + x_2^{2x_3 } + ... + x_n^{2x_1 } \ge \min \{ 1,\frac{n}{4}\}$$
Làm tương tự cách của anh Huy dễ thấy chỉ cần chứng minh $\frac{1}{(1+a_1)^2}+\frac{1}{(1+a_2)^2}+...+\frac{1}{(1+a_n)}\geq min \{1;\frac{n}{4}$}
Ngoài ra với điều kiện $x_1;x_2;x_3;...x_n \in (0;1)$ thì ở đây dấu bằng sẽ không xảy ra.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 26-03-2012 - 21:51

[le_hoang1995]

Bài toán sẽ đi đến tổng quát nếu chúng ta chú ý đến bài toán sau :
Cho các số thực dương $a_1, a_2, ..., a_n$ với $a_1a_2...a_n = 1$. Tìm giá trị tốt nhất của k sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng :
$$\dfrac{1}{(1 + a_1)^k} + \dfrac{1}{( 1 + a_2)^k} + ... + \dfrac{1}{1 + a_n)^k} \ge \dfrac{n}{2^k}$$
Và thực chất, đây là bài toán của anh Phạm Kim Hùng với tên : thách thức
Tất nhiên, bài toán này cực kì khó

Nhờ mọi người xem thử bài này của mình.

Xét $f(x)=\frac{1}{(1+x)^k}\Rightarrow f`(x)=\frac{-k}{(1+x)^{k+1}}\Rightarrow f``(x)=\frac{k(k+1)}{(1+x)^{k+2}}$

$f``(x)\geq 0 $ $\forall x>0\Leftrightarrow k(k+1)\geq 0\Leftrightarrow k\leq -1$ hoặc $k\geq 0$

Khi đó theo BĐT Jensen cho hàm lồi, ta có

$f(a_1)+f(a_2)+...+f(a_n)\geq nf(\sqrt[n]{a_1a_2...a_n})$

$\Leftrightarrow \frac{1}{(1+a_1)^k}+\frac{1}{(1+a_2)^k}+...+\frac{1}{(1+a_n)^k}\geq \frac{n}{(1+\sqrt[n]{a_1a_2...a_n})^k}=\frac{n}{2^k}$

Như vậy với $k\leq -1$ hoặc $k\geq 0$ thì BĐT đúng.

Với k nguyên âm nhỏ hơn $-1$, ta dễ chứng minh BĐT theo Holder.

Những giá trị k nằm trong $(-1;0)$, hàm số $f(x)$ là lõm nên BĐT đổi chiều.

Không hiểu sao mình thấy BĐT vẫn đúng trong TH $k=\frac{-1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 05-05-2012 - 06:28