Cho $xyz=1$. Chứng minh rằng: $\sum\frac{x+3}{\left ( x+1 \right )^{2}}\geq 3$
#1
Đã gửi 20-08-2012 - 22:12
nguồn UK 2005
- HÀ QUỐC ĐẠT, yeutoan11 và WhjteShadow thích
#2
Đã gửi 21-08-2012 - 21:33
Có lẽ xài cách này hơi mạnh một chútcho các số thực dương x,y,z thỏa mãn $xyz=1$.cmr $\sum\frac{x+3}{\left ( x+1 \right )^{2}}\geq 3$
nguồn UK 2005
Ta sẽ xét bài toán trong trường hợp 2 số,tức là ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2} \ge 2(1)$$
Với $x,y>0$ và $xy=1$.
Cách chứng minh (1) rất đơn giản.Chỉ bằng phương pháp thế $y=\frac{1}{x}$,ta đưa về chứng minh BĐT 1 biến sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{\frac{1}{x}+3}{\left(\frac{1}{x}+1 \right)^2} \ge 2 \iff (x-1)^2 \ge 0$$.
Vậy ta đã chứng minh xong.
Quay trở lại bài toán ban đầu.Ta dễ dàng nhận thấy rằng hàm $f(x)=\frac{x+3}{(x+1)^2}$ là hàm lồi trên $(0;+ \infty)$ và ta đã có:$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})=2f(1)=2$.Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
$$f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})=3f(1)=3$$
Áp dụng liên tiếp 2 lần BĐT $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,ta có:
$$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$$
$$f(z)+f(\sqrt[3]{xyz}) \ge 2f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right)$$
$$f(\sqrt{xy})+f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right) \ge 2f\left(\sqrt{\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}} \right)=2f(\sqrt[3]{xyz})$$
Kết hợp cả 3 BĐT trên ,ta sẽ có:
$$f(x)+f(y)+f(z)+f(\sqrt[3]{xyz}) \ge 4f(\sqrt[3]{xyz}) \iff f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})$$
Bài toán đã được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$.
P/s:Việc đề cập đến hàm $f(x)=\frac{x+3}{(x+1)^2}$ là hàm lồi trên $(0;+ \infty)$ thực chất là để khẳng định BĐT trên là đúng và xuất phát từ BĐT Jensen cho hàm lồi.
Và cũng bằng cách tương tự,ta cũng chứng minh được cho bài toán $n$ số
Tổng quát: Cho $n$ số thực dương $x_1;x_2;...;x_{n}$ thỏa mãn $x_1x_2...x_{n}=1$.Chứng minh rằng:
$$\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{x_{k}+3}{(x_{k}+1)^2} \right) \ge n$$
Bạn nào có cách giải cổ điển thì post lên nhé ,không khuyến khích cách giải biến đổi tương đương
- alex_hoang, N H Tu prince, Tham Lang và 5 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 21-08-2012 - 21:58
Trước hết ta chứng minhcho các số thực dương x,y,z thỏa mãn $xyz=1$.cmr $\sum\frac{x+3}{\left ( x+1 \right )^{2}}\geq 3$
nguồn UK 2005
\[\frac{1}{{1 + a}} + \frac{1}{{1 + b}} + \frac{1}{{1 + c}} \ge \frac{2}{{1 + a + b + c}} + 1\]
Thật vậy.BĐT đã cho tương đương với
\[\frac{{3 + ab + bc + ca + 2(a + b + c)}}{{2 + ab + bc + ca + a + b + c}} \ge \frac{{3 + a + b + c}}{{1 + a + b + c}} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\]
Vậy BĐT trên đúng
Tiếp theo ta chứng minh
\[\frac{1}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{a + b + c + 1}} \ge 1\]
Thật vậy
Trong 3 số $a,b,c$ có ít nhất hai số cùng không lớn hơn 1 hoặc cùng không nhỏ hơn 1.Ta giả sử hai số đó là $a,b$ thế thì $(a-1)(b-1) \ge 0$
Vậy thì
$$ab+1 \ge a+b$$
Mặt khác ta có BĐT quen thuộc là
\[\frac{1}{{{{(1 + a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(1 + b)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + ab}} = \frac{c}{{c + 1}}\]
Như vậy thì
\[\frac{1}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{a + b + c + 1}} \ge \frac{c}{{c + 1}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{\frac{{c + 1}}{c} + c + 1}} = 1\]
Quay trở lại bài toán của chúng ta
Ta có BĐT tương đương với
\[\frac{1}{{1 + a}} + \frac{1}{{1 + b}} + \frac{1}{{1 + c}} + \frac{2}{{{{(1 + a)}^2}}} + \frac{2}{{{{(1 + b)}^2}}} + \frac{2}{{{{(1 + c)}^2}}} \ge 2(\frac{1}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{a + b + c + 1}}) + 1 \ge 3\]
Bài toán được giải quyết
P/s:Bài toán:Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất để BĐT sau đây còn đúng với mọi số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $abc=1$
\[\frac{{a + k}}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{{b + k}}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{{c + k}}{{{{(c + 1)}^2}}} \ge \frac{3}{4}(k + 1)\]
- dark templar, N H Tu prince, Tham Lang và 7 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 21-08-2012 - 23:44
#5
Đã gửi 22-08-2012 - 15:05
cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn $xyz=1$.cmr $\sum\frac{x+3}{\left ( x+1 \right )^{2}}\geq 3$
nguồn UK 2005
Một cách quen thuộc:
Đổi biến: $\left( {x;y;z} \right) \to \left( {{a^4};{b^4};{c^4}} \right)$
Ta có: \[ineq \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge 3} \]
Dễ dàng chứng minh được rằng:
\[\dfrac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{3}{{{a^6} + {a^3} + 1}}\]
Đến đây nhận thấy BĐT ban đầu được chứng minh khi ta chứng minh được rằng:
\[\sum {\dfrac{1}{{{a^6} + {a^3} + 1}}} \ge 1\]
Đây là một bđt quen thuộc đã được chứng minh nhiều lần.
Như vậy ta có ĐPCM.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoàng Quốc việt: 22-08-2012 - 20:20
- Tham Lang, yeutoan11, Poseidont và 5 người khác yêu thích
#6
Đã gửi 22-08-2012 - 17:47
mình cm dòng màu đỏMột cách quen thuộc:
Đổi biến: $\left( {x;y;z} \right) \to \left( {{a^4};{b^4};{c^4}} \right)$
Ta có: \[ineq \Leftrightarrow \sum {\frac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge 3} \]
Dễ dàng chứng minh được rằng:
\[\frac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{3}{{{a^6} + {a^3} + 1}}\]
$\Leftrightarrow \left ( a-1 \right )^{2}\left ( a^{5}+2a^{4}-a^{2}+a+3 \right )\geq 0$
#7
Đã gửi 25-08-2012 - 18:57
Ta sẽ xét bài toán trong trường hợp 2 số,tức là ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2} \ge 2(1)$$
Với $x,y>0$ và $xy=1$.
Cách chứng minh (1) rất đơn giản.Chỉ bằng phương pháp thế $y=\frac{1}{x}$,ta đưa về chứng minh BĐT 1 biến sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{\frac{1}{x}+3}{\left(\frac{1}{x}+1 \right)^2} \ge 2 \iff (x-1)^2 \ge 0$$.
Nhưng khi đến TH 3 biến thì đâu còn có điều kiện $xy=1$ và $z.\sqrt[3]{xyz}=1$ và $\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}=1$ để áp dụng nó
Áp dụng liên tiếp 2 lần BĐT $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,ta có:
$$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$$
$$f(z)+f(\sqrt[3]{xyz}) \ge 2f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right)$$
$$f(\sqrt{xy})+f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right) \ge 2f\left(\sqrt{\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}} \right)=2f(\sqrt[3]{xyz})$$
#8
Đã gửi 27-08-2012 - 19:04
Thế này nhé ,khi anh viết $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,đó là anh đã sử dụng đồng nhất bậc 2 vế nên điều kiện $xy=1$ không còn giá trị nữa .Như vậy việc anh chứng minh:$f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})$ cũng đã không xài đến giả thuyết $xyz=1$Em chưa hiểu chỗ này. Anh chứng minh BĐT dưới đây với $xy=1$ bằng phương pháp thế.
Nhưng khi đến TH 3 biến thì đâu còn có điều kiện $xy=1$ và $z.\sqrt[3]{xyz}=1$ và $\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}=1$ để áp dụng nó
P/s:Cái này hơi giống với phương pháp giải quy nạp Cauchy .
#9
Đã gửi 28-08-2012 - 00:30
Em vẫn có khúc mắc chưa hiểu, theo em thì hàm số:Thế này nhé ,khi anh viết $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,đó là anh đã sử dụng đồng nhất bậc 2 vế nên điều kiện $xy=1$ không còn giá trị nữa .Như vậy việc anh chứng minh:$f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})$ cũng đã không xài đến giả thuyết $xyz=1$
P/s:Cái này hơi giống với phương pháp giải quy nạp Cauchy .
$$g(x;y)=\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2}$$
Không phải là hàm thuần nhất ( thực ra thì vấn đề này em còn rất mù mơ), tại vì khi thay thì có $g(tx;ty)\neq t^k.g(x;y)$ nên ta không thể thuần nhất rồi bỏ điều kiện đi được, vì em thấy BĐT $f(x)+f(y)\geq 2f(\sqrt{xy})$ nếu không có điều kiện $xy=1$ thì không đúng. Ta thay $x=1, y=0.1$ vào là thấy
- dark templar yêu thích
#10
Đã gửi 06-09-2012 - 17:58
Anh quả thật sai sót ,đúng là BĐT $f(x)+f(y) \ge 2f(sqrt{xy})$ không đúng cho mọi $x,y>0$.Cảm ơn em đã chỉ ra chỗ saiEm vẫn có khúc mắc chưa hiểu, theo em thì hàm số:
$$g(x;y)=\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2}$$
Không phải là hàm thuần nhất ( thực ra thì vấn đề này em còn rất mù mơ), tại vì khi thay thì có $g(tx;ty)\neq t^k.g(x;y)$ nên ta không thể thuần nhất rồi bỏ điều kiện đi được, vì em thấy BĐT $f(x)+f(y)\geq 2f(\sqrt{xy})$ nếu không có điều kiện $xy=1$ thì không đúng. Ta thay $x=1, y=0.1$ vào là thấy
P/s:Đúng là hàm số mà em đưa ra không thuần nhất ,nhưng ta vẫn có thể thuần nhất 2 vế ,cái quan trọng là BĐT mà ta đã thuần nhất phải đúng cho mọi $x,y$ khi phá bỏ điều kiện,đây cũng chính là cái sai của anh;không để ý đến tính đúng sai của BĐT $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$ .
- le_hoang1995, HÀ QUỐC ĐẠT, WhjteShadow và 1 người khác yêu thích
#11
Đã gửi 18-10-2012 - 22:04
$(x,y,z)\rightarrow (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c})$
BĐT$\Leftrightarrow \sum \frac{3a^2+ab}{(a+b)^2)}\geq 3\Leftrightarrow \frac{3}{4}\sum (\frac{a-b}{a+b}+1)^2+\frac{1}{4}\sum \frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{(a+b)^2)}\geq 3$
$\Leftrightarrow \sum (\frac{x-y}{x+y})^2\geq 3\prod \frac{x-y}{x+y}$
Mặt khác $\prod \frac{x-y}{x+y}\leq 1\Leftrightarrow 2(x^2y+y^2z+z^2x)\geq 0$
$\square.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Duc Nghia: 10-12-2012 - 14:38
- DavidVince và LeLinh97 thích
Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF
#12
Đã gửi 22-10-2012 - 09:50
- dark templar, Yagami Raito, HÀ QUỐC ĐẠT và 9 người khác yêu thích
Ho Chi Minh City University Of Transport
#13
Đã gửi 10-07-2013 - 18:15
SÁNG TẠO BDT GIẢI
Chọn các số dương a,b,c sao cho $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}=k \ge 1 $ và $abc=1$
Khi đó, ta dễ dàng nhận thấy
$ \frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2}+\frac{z+3}{(z+1)^2} \ge \frac{a+3}{(a+1)^2}+\frac{b+3}{(b+1)^2}+\frac{c+3}{(c+1)^2}$
Đặt $x=\frac{2}{1+a};y=\frac{2}{1+b};z=\frac{2}{1+d}$. Ta phải chứng minh :
$x+y+z+x^2+y^2+z^2 \ge 6 $
Chú ý rằng điều kiện abc=1 cho ta
$(\frac{1}{x}-\frac{1}{2})(\frac{1}{y}-\frac{1}{2})(\frac{1}{z}-\frac{1}{2})=\frac{abc}{8}=\frac{1}{8}$
$\Leftrightarrow (2-x)(2-y)(2-z) =xyz $
Đặt $m=x-1; n=y-1;p=z-1$ thì hiển nhiên $m,n,p \ge -1$. Vậy :
$ (m+1)(n+1)(p+1)=(1-m)(1-n)(1-p) \Rightarrow m+n+p+mnp=0$
Do $ -1 \leq m,n,p \ge 1 $ nên $m^2+n^2+p^2\ge 3 sqrt[3]{m^2n^2p^2}\ge 3mnp $. Cho nên :
$\sum_{m,n,p}{m(m+3)}=\sum_{sym}{(x-1)(x+2)} = x+y+z+x^2+y^2+z^2-6 \ge 0 \Rightarrow dpcm$
#14
Đã gửi 20-05-2019 - 06:42
BÀI NÀY NỔI TIẾNG LĂM
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh