Anh ơi xóa hộ em mấy bài trên em lỡ tay ấn nút Trả lời .Đây mới là bài làm của em:
Đặt $x+y=m;y+z=n;z+x=p(m+n> p;n+p> m;m+p> n)$(do x;y;z dương)
BĐT cần chứng minh $\Leftrightarrow \sum \frac{bc(m+p-n)}{2mp}\leq \frac{(a+b+c)^2}{2(m+n+p)}$
$\Leftrightarrow \sum \frac{bc\left [(m+p)^2-n^2 \right ]}{mp}\leq (a+b+c)^2$
$\Leftrightarrow \sum \frac{bc(m^2+p^2-n^2)}{mp}\leq a^2+b^2+c^2$.
Đặt $\frac{m^2+p^2-n^2}{mp}=M;\frac{m^2+n^2-p^2}{mn}=N; \frac{n^2+p^2-m^2}{np}=P$.
Ta cần chứng minh:$bc.M+ac.N+ab.P\leq a^2+b^2+c^2$. (1)
Ta có: $\frac{m^2+p^2-n^2}{mp}-2=\frac{(m-n)^2-p^2}{mn}=\frac{(m-n+p)(m-n-p)}{mn}\leq 0$
$\frac{m^2+p^2-n^2}{mp}+2=\frac{(m+n)^2-p^2}{mn}=\frac{(m+n+p)(m+n-p)}{mn}\geq 0$ (do m+n> p;n+p> m;m+p> n)
$\Rightarrow -2\leq \frac{m^2+p^2-n^2}{mp}\leq 2\Rightarrow (\frac{m^2+p^2-n^2}{mp})^2\leq 4$$\Rightarrow M^2\leq 4$
Không mất tính tổng quát ta cho a=1.Khi đó (1) trở thành: X$bc.M+c.N+b.P\leq 1+b^2+c^2$ (2)
$\Leftrightarrow c^2-c(b.M+N)+(b^2-b.P+1)\geq 0$
Xét $f( c )= c^2-c(b.M+N)+(b^2-b.P+1)$ có $\Delta _c=(b.M+N)^2-4(b^2-b.P+1)=b^2(M^2-4)+b(2MN+4P)+N^2-4$
Xét $f(b)=b^2(4-M^2)-b(2MN+4P)+4-N^2$ có $\Delta _b=4\left [(MN+2P)^2-(4-M^2)(4-N^2) \right] =16(M^2+N^2+P^2+MNP-4)$.
Ta có:$M^2+N^2+P^2+MNP=\sum (\frac{m^2+p^2-n^2}{mp})^2+\prod \frac{m^2+p^2-n^2}{mp}$
$=\sum \frac{(a+c-b)^2}{ac}+\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}$( với $a=m^2;b=n^2;c=p^2$)
$=\frac{\sum(a+c-b)^2b+(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}=\frac{4abc}{abc}=4$
$\Rightarrow \Delta _b=0\Rightarrow f(b).(4-M^2)\geq 0\Rightarrow f(b)\geq 0$(do $4\geq M^2$).
$\Rightarrow \Delta _c\leq 0\Rightarrow f( c )\geq 0$ hay (2) được chứng minh.
Vậy BĐT được chứng minh.
Ở chỗ dấu X, không thể giả sử như vậy, vì $a$ là biến số. Nếu giải tổng quát theo $a$ thì phần sau vẫn sẽ được trọn điểm. Nhưng vì giả sử sai nên coi như là được điểm ý tưởng cho phần sau. Không nên đặt tên hàm trùng nhau trong khi bản chất là khác nhau.D-B=26E=5F=0S=41
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TRONG TAI: 10-09-2012 - 20:02