Đến nội dung


Hình ảnh

$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 04-10-2012 - 19:38

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ và tích của chúng bằng 1.Chứng minh bất đẳng thức:
$$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq \frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}$$

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#2 bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-10-2012 - 17:49

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$

Anh có lời giải cho bài số 1 của em:
Từ đánh giá đơn giản: $ (x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) $ ta có được: $ ab+bc+ca \ge \sqrt{abc(a+b+c)} $
Theo đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:

$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4(ab+bc+ca)$Rút gọn thành:
$a^2+b^2+c^2+ \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \ge 2(ab+bc+ca)$
Lại có:
$\begin{aligned}a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}=abc\sum_{cyc}\frac 1{\sqrt{bc}}&\geq \frac{9abc}{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}\\&\geq \frac{9abc}{a+b+c};\end{aligned}$
Theo đó ta cần chứng minh:
$a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca);$
Đây thực chất là bdt Schur bậc 3!!!
P/s: http://www.artofprob....com/blog/75446 :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 05-10-2012 - 19:34


#3 duongvanhehe

duongvanhehe

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 117 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:tất nhiên là ở Việt Nam rồi

Đã gửi 05-10-2012 - 19:25

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ và tích của chúng bằng 1.Chứng minh bất đẳng thức:
$$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq \frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}$$

Bài 1:
Áp dụng trực tiếp AM-GM cho 4 số:
$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+3.\frac{(a+b+c)^{2}}{3}$
$\geq 4\sqrt[4]{\frac{1}{27}.\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(a+b+c)^{6}}$
$\geq 4\sqrt[4]{\frac{1}{27}.\sqrt{abc}.3\sqrt[6]{abc}.(3\sqrt[3]{abc})^{4}.(a+b+c)^{2}}$
$=4\sqrt{3abc(a+b+c)}$

Bài 2:
Ta có: $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{2}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{2}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}\geq \frac{9}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$
Hay $\frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a}\geq \frac{9abc}{ab+bc+ca}$
$\Rightarrow abc\left ( \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a} \right )\geq \frac{9ab.bc.ca}{ab+bc+ca}$

Theo BĐT Schur ta có:
$a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+abc\left ( \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a} \right )$
$\geq a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+\frac{9ab.bc.ca}{ab+bc+ca}\geq 2abc(a+b+c)$

Suy ra $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq 2(a+b+c)-\left ( \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a} \right )$
$=\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongvanhehe: 05-10-2012 - 19:26

FC.Fruit

#4 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 05-10-2012 - 22:27

Bài 2:
Bài này Linh có 1 cách dồn biến
$f(a,b,c)-f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=\sqrt{abc}(\sqrt[4]{a}-\sqrt[4]{b})^{2}+(a-b)^{2}+2c(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}-4\sqrt{3abc}\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}}{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{2\sqrt{ab}+c}}$
$\geq (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}(a+b+2\sqrt{ab}+2c-\frac{4\sqrt{3abc}}{\sqrt{2\sqrt{ab}+c}.2})$
do đó ta sẽ chứng minh biểu thức trong ngoặc ko âm
Thật vậy:
Do $(\sum a^{2}+3c^{2}+2ab+4ac+4bc+4a\sqrt{ab}+4b\sqrt{bc}+8c\sqrt{ab})(2\sqrt{ab}+c)\geq 8c\sqrt{ab}.2\sqrt{ab}>12abc$ nên ta sẽ có đpcm.
Vậy f(a,b,c)$\geq f(t,t,t)$ với t=$\sqrt[3]{abc}$ nên f(a,b,c) k âm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 05-10-2012 - 22:29

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#5 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-10-2012 - 11:03

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$


Trước hết, ta sẽ khử bớt đại lượng $3(a+b+c)$ trong căn thức bằng cách chuẩn hóa cho $a+b+c=3.$ Khi đó bất đẳng thức trở thành $$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+9\ge 12\sqrt{abc}.$$ Ta sẽ gom biến về một bên, hằng số một bên bằng cách chia hai vế cho $\sqrt{abc}>0$ $$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{9}{\sqrt{abc}}\ge 12.$$ Đến đây thì có lẽ lời giải đã tường minh, dễ thấy bất đẳng thức này có được bằng cách cộng hai bất đẳng thức sau đây lại với nhau $$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{1}{\sqrt{abc}}\ge 4, \;\; \frac{8}{\sqrt{abc}} \ge 8.$$ Thế nhưng cả hai đều đúng theo bất đẳng thức AM-GM
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh