Chủ đề này có 9 trả lời

[dark templar]

Bài toán: Cho $a,b>0$ thỏa mãn:$a+b=2$.Chứng minh rằng:
$$a^{-a}+b^{-b} \le 2$$

[Tham Lang]

Em có cách giải này, anh xem được không nhé
Giải :
ÁP dụng bất đẳng thức $AM-GM$ suy rộng, ta có :
$$a^a + 1.(a - 1) \ge a\sqrt[a]{a^a} = a^2 \Leftrightarrow a^a \ge a^2 - a + 1 \Leftrightarrow \dfrac{1}{a^a} \le \dfrac{1}{a^2 - a + 1}$$
*Tương tự, ta cũng có :
$$\dfrac{1}{b^b} \le \dfrac{1}{b^2 - b + 1}$$
Việc bây giờ là ta phải chứng minh :
$$\dfrac{1}{a^2 - a + 1} + \dfrac{1}{b^2 - b + 1} \le 2 (1)$$
*Thật vậy :
$$(1) \Leftrightarrow a^2 + b^2 - (a + b) + 1 \le 2\left (a^2b^2 + a^2 + b^2 - ab(a + b) - a - b + ab + 1\right ) $$
$$\Leftrightarrow 2a^2b^2 + a^2 + b^2 - 2ab - 2 \ge 0 (2)$$
*(2) đúng vì :
$$2a^2b^2 + a^2 + b^2 - 2ab - 2 = 2a^2b^2 - 2ab + 4 - 2 - 2ab = 2(ab - 1)^2 \ge 0$$
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Dấu " = " xảy ra khi $a = b = 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 07-04-2012 - 09:45

[Tham Lang]

Mở rộng bài toán :
Cho các số dương $a, b, c$ thỏa mãn :$abc = 1$. Chứng minh rằng :
$$a^{-a} + b^{-b} + c^{-c} \le 3$$

[LilTee]

Mở rộng bài toán :
Cho các số dương $a, b, c$ thỏa mãn :$abc = 1$. Chứng minh rằng :
$$a^{-a} + b^{-b} + c^{-c} \le 3$$

Ta đưa về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là \[\frac{1}{{a}^{2}-a+1}+\frac{1}{{b}^{2}-b+1}+\frac{1}{{c}^{2}-c+1}\leq 3.\] Thật vậy, $$\sum\limits_{cyc}{\frac{1}{{{a}^{2}}-a+1}}=\sum\limits_{cyc}{\frac{3({{a}^{2}}+1)}{2({{a}^{4}}+{{a}^{2}}+1)}}-\sum\limits_{cyc}{\frac{{{\left( a-1 \right)}^{2}}}{2\left[ {{\left( {{a}^{2}}+1 \right)}^{2}}-{{a}^{2}} \right]}}\le \sum\limits_{cyc}{\frac{3({{a}^{2}}+1)}{2({{a}^{4}}+{{a}^{2}}+1)}}\overset{Vasc}{\mathop \le }\,3.$$ Bài toán được chứng minh hoàn toàn .
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1 \ \blacksquare$

[Ispectorgadget]

Đổi điều kiện 1 chút ta có bài toán sau
Cho a,b,c thực dương thay đổi thỏa mãn $x+y+z=1$.Tìm GTNN của biểu thức $P=x^{-y}+y^{-z}+z^{-x}$

[Tham Lang]

Giải :
Theo $AM-GM$ ta có :
$$P = \dfrac{1}{x^y} + \dfrac{1}{y^z} + \dfrac{1}{z^x} \ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{x^yy^zz^x}}$$
Theo $AM-GM$ suy rộng, ta lại có :
$$x^yy^zz^x \le xy + yz + zx \le \dfrac{(x + y + z)^2}{3} = \dfrac{1}{3}$$
Nên :
$$P \ge \dfrac{3}{\sqrt[3]{\dfrac{1}{3}}} = 3\sqrt[3]{3}$$
Dấu " = " xảy ra khi $x = y = z = \dfrac{1}{3}$$

[Ispectorgadget]

Anh Huy toàn dùng "đao to búa lớn " bài này có dễ dùng tiếp tuyến được.

[Tham Lang]

Cách này theo anh là sai hoàn toàn ở ngay bước AM-GM suy rộng.Có lẽ em nên đọc kỹ hơn về BĐT này.

Bài giải này cũng sai giống trên.Theo AM-GM suy rộng thì phải như thế này:
$$x^{y}y^{z}z^{x} \le \left(\frac{xy+yz+zx}{3} \right)^3$$

Hiz. bất đẳng thức $AM-GM$ suy rộng còn phát biểu dưới dạng sau :
$a_1, a_2, ..., a_n$ là các số thực không âm và $b_1, b_1, ..., b_2$ là các số thực không âm có tổng bằng 1 thì :
$$a_1^{b_1}a_2^{b_2}...a_n^{b_n}\le a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n$$
Em nghĩ, như bài sau, em làm đúng mà anh. Còn bài trước, em công nhận là nó không thỏa mãn điều kiện bài toán.Ý kiến của anh như thế nào ?.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 14-04-2012 - 20:39

[ma29]

Hiz. bất đẳng thức $AM-GM$ suy rộng còn phát biểu dưới dạng sau :
$a_1, a_2, ..., a_n$ là các số thực không âm và $b_1, b_1, ..., b_2$ là các số thực không âm có tổng bằng 1 thì :
$$a_1^{b_1}a_2^{b_2}...a_n^{b_n}\le a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n$$
Em nghĩ, như bài sau, em làm đúng mà anh. Còn bài trước, em công nhận là nó không thỏa mãn điều kiện bài toán.Ý kiến của anh như thế nào ?.

Khi tổng quát không có tổng bằng 1 thì đẳng thức xảy ra như thế nào 

[Ispectorgadget]

Khi tổng quát không có tổng bằng 1 thì đẳng thức xảy ra như thế nào 

BĐT AM-GM suy rộng chỉ đúng cho $b_1+b_2+b_3+...+b_n=1$ thôi bạn à !