$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq 6$$
Bắt đầu bởi WhjteShadow, 25-12-2012 - 22:27
#1
Đã gửi 25-12-2012 - 22:27
Hậu noel vui vẻ ^^~
Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c\geq 0,ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq 6$$
Bài toán 2.
Chứng minh bất đẳng thức với $a,b,c$ là các số thực dương:
$$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2\geq \frac{27}{64}\left[(a+b)(b+c)(c+a)\right]^2$$
Bài toán 1.
Ch0 $a,b,c\geq 0,ab+bc+ca+abc=4$. Chứng minh rằng:
$$\sqrt{a+3}+\sqrt{b+3}+\sqrt{c+3}\geq 6$$
Bài toán 2.
Chứng minh bất đẳng thức với $a,b,c$ là các số thực dương:
$$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2\geq \frac{27}{64}\left[(a+b)(b+c)(c+a)\right]^2$$
- N H Tu prince, ducthinh26032011, Mai Xuan Son và 3 người khác yêu thích
“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh
#2
Đã gửi 26-12-2012 - 00:45
bái 1
điều kiện tương đương:$(a,b,c)\rightarrow (\frac{2x}{y+z},\frac{2y}{x+z},\frac{2z}{x+y})$
Thay vào suy ra bdt tương đương với $\sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}+3}\geq 6 (1)$
Do bdt thuần nhất suy ra ta có thể chuẩn hoá $x+y+z=1$
Suy ra (1) $\Leftrightarrow $$\sum \sqrt{\frac{2x}{1-x}+3}\geq 6$
Viết bdt dưới dạng $\sum \sqrt{\frac{2x}{1-x}+3}\geqslant 3\sqrt{\frac{2\frac{a+b+c}{3}}{1-\frac{a+b+c}{3}}+3}$
Ta có hàm $f(x)=\sqrt{\frac{3-x}{1-x}}$ là hàm lồi trên khoảng $[\frac{1}{3},\infty)$
Suy ra theo định lý RCF, ta phải cm bdt:$f(x) +2f(y)\geq 3f(1)$ khi $y\geq \frac{1}{3}\geq x$ và $x+2y=3$
nhưng bdt trên có thể dễ dàng cm bằng cách chuyển hết về biến $x$!!!
điều kiện tương đương:$(a,b,c)\rightarrow (\frac{2x}{y+z},\frac{2y}{x+z},\frac{2z}{x+y})$
Thay vào suy ra bdt tương đương với $\sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}+3}\geq 6 (1)$
Do bdt thuần nhất suy ra ta có thể chuẩn hoá $x+y+z=1$
Suy ra (1) $\Leftrightarrow $$\sum \sqrt{\frac{2x}{1-x}+3}\geq 6$
Viết bdt dưới dạng $\sum \sqrt{\frac{2x}{1-x}+3}\geqslant 3\sqrt{\frac{2\frac{a+b+c}{3}}{1-\frac{a+b+c}{3}}+3}$
Ta có hàm $f(x)=\sqrt{\frac{3-x}{1-x}}$ là hàm lồi trên khoảng $[\frac{1}{3},\infty)$
Suy ra theo định lý RCF, ta phải cm bdt:$f(x) +2f(y)\geq 3f(1)$ khi $y\geq \frac{1}{3}\geq x$ và $x+2y=3$
nhưng bdt trên có thể dễ dàng cm bằng cách chuyển hết về biến $x$!!!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi demonhunter000: 26-12-2012 - 00:48
- N H Tu prince và Math Is Love thích
#3
Đã gửi 26-12-2012 - 19:55
Ta cũng có $(a,b,c)\rightarrow (\frac{2x}{y+z},\frac{2y}{z+x},\frac{2z}{x+y})$
Ta cần chứng minh $\sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}+3}\geq 6$
Chuẩn hóa $x+y+z= 3$, ta sẽ chứng minh BĐT phụ là $\sqrt{\frac{9-x}{3-x}}\geq 2+\frac{3}{8}(x-1)\Leftrightarrow \frac{(x-1)^{2}(3x+23)}{64(3-x)}\geq 0$ (đúng)
Suy ra $\sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}+3}=\sum \sqrt{\frac{9-x}{3-x}}\geq 6+\frac{3}{8}(\sum x-3)= 6$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$
Ta cần chứng minh $\sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}+3}\geq 6$
Chuẩn hóa $x+y+z= 3$, ta sẽ chứng minh BĐT phụ là $\sqrt{\frac{9-x}{3-x}}\geq 2+\frac{3}{8}(x-1)\Leftrightarrow \frac{(x-1)^{2}(3x+23)}{64(3-x)}\geq 0$ (đúng)
Suy ra $\sum \sqrt{\frac{2x}{y+z}+3}=\sum \sqrt{\frac{9-x}{3-x}}\geq 6+\frac{3}{8}(\sum x-3)= 6$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 26-12-2012 - 20:16
- WhjteShadow và davildark thích
#4
Đã gửi 27-12-2012 - 10:19
Lâu rùi không làm BDTBài toán 2.
Chứng minh bất đẳng thức với $a,b,c$ là các số thực dương:
$$(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2\geq \frac{27}{64}\left[(a+b)(b+c)(c+a)\right]^2$$
Giải như sau:
Chuyển BDT trên về ngôn ngữ $p,q,r$ và chuẩn hoá cho $p=3$, ta cần CM:
$(9-2q)q^2\leq \frac{27}{64}(3q-r)\Leftrightarrow 333q^2-128q^3+162qr-27r^2\geq 0$
Mặt khác ta có: $pq\geq 9r\Rightarrow 3q^2\geq 27r^2$, vậy nên ta chỉ cần CM:
$330q-128q^2+162r\geq 0$
Nếu $q\leq \frac{330}{128}$ thì BDT trên hiển nhiên đúng
Nếu $q\geq \frac{330}{128}$, theo BDT Schur ta có: $r\geq \frac{4q-9}{3}$, thay vào và ta cần CM:
$(q-3)(128q-162)\leq 0$ ( Điều này đúng do $p=3\Rightarrow 3\geq q$ và $q\geq \frac{330}{128}>\frac{162}{128}$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
Kết thúc chứng minh.
- ducthinh26032011 và WhjteShadow thích
<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
Đã gửi 27-12-2012 - 18:20
Do bđt thức là đồng bậc suy ra có thể chuẩn hóa a+b+c=1
Bđt tương đương với:$(a^2+b^2+c^2)\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2-(a+b+c)^2)\geqslant \frac{27}{64}((a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-abc)$
Theo định lý EV thì với $c\geq b\geq a \geq 0$ và $a+b+c=1$ và $a^2+b^2+c^2=constance$ suy ra abc min khi va chi khi hoặc $a=0$ hoặc $c=b\geq a\geq 0(1)$
vì $a>0$ suy ra còn TH (1) thì bđt thành $(a^2+2b^2)(2ab+b^2)\geq \frac{27}{64}(a+2b)(a^2+2b^2)$ và $a+2b=1$
Từ đây có thể cm bằng cách qu về biến $a$ rồi pt.
Bđt tương đương với:$(a^2+b^2+c^2)\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2-(a+b+c)^2)\geqslant \frac{27}{64}((a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-abc)$
Theo định lý EV thì với $c\geq b\geq a \geq 0$ và $a+b+c=1$ và $a^2+b^2+c^2=constance$ suy ra abc min khi va chi khi hoặc $a=0$ hoặc $c=b\geq a\geq 0(1)$
vì $a>0$ suy ra còn TH (1) thì bđt thành $(a^2+2b^2)(2ab+b^2)\geq \frac{27}{64}(a+2b)(a^2+2b^2)$ và $a+2b=1$
Từ đây có thể cm bằng cách qu về biến $a$ rồi pt.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi demonhunter000: 29-12-2012 - 13:00
#6
Đã gửi 28-12-2012 - 15:54
Mình ko hiểu lời giải của demonhunter000. Nhưng có 1 sai lầm ở (1)
Điểu kiền đề bài là a,b,c>0. Nên (1) có thể tiến min khi a->0
Chẳng hạn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2/3$. Khi đó cho a->0, ta luôn tìm đc b và c thỏa mãn(b#c). Nên abc->0.
Điểu kiền đề bài là a,b,c>0. Nên (1) có thể tiến min khi a->0
Chẳng hạn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2/3$. Khi đó cho a->0, ta luôn tìm đc b và c thỏa mãn(b#c). Nên abc->0.
#7
Đã gửi 28-12-2012 - 17:38
Đó là định lý,bạn ạ
#8
Đã gửi 29-12-2012 - 10:24
Bạn không hiểu ý mình à? Bạn phải xét cả trường hợp khi a->0 nữa.
Hơn nữa mình cũng ko hiểu chứng minh của bạn. Vì bất đẳng thức cuối cùng ko có dấu bằng, trong khi bất đẳng thức đầu dấu bằng xảy ra khi a=b=c
Hơn nữa mình cũng ko hiểu chứng minh của bạn. Vì bất đẳng thức cuối cùng ko có dấu bằng, trong khi bất đẳng thức đầu dấu bằng xảy ra khi a=b=c
#9
Đã gửi 29-12-2012 - 13:02
PP thì đúng nhưng chắc là tính nhầm!!=))
#10
Đã gửi 29-12-2012 - 14:24
Cách giải khác cho bài 2
Chuẩn hóa $q=3$, chuyển sang p,q,r và rút gọn. Ta cần c/minh: $333p^{2}+162pr-27r^{2}-3456\geq 0$
Dễ thấy $p\geq 3$ nên ta xét 2 trường hợp:
$\bullet p\geq \sqrt{12}$. Dễ có được $333p^{2}> 3456$, $162pr> 27r^{2}$, BĐT đúng
$\bullet 3\leq p\leq \sqrt{12}$. Khi đó $4q-p^{2}\geq 0$ và ta có các đánh giá sau:
$9r\geq p(12-p^{2})\Rightarrow 162pr\geq 216p^{2}-18p^{4}$
$r\leq \frac{p(15-p^{2})}{18}\Rightarrow -27r^{2}\geq -\frac{225p^{2}-30p^{4}+p^{6}}{12}$
Vì thế để kết thúc, ta sẽ c/minh: $-p^{6}-186p^{4}+6363p^{2}-41472\geq 0\Leftrightarrow (p^{2}-9)(-p^{4}-195p^{2}+4608)\geq 0$. Dễ thấy BĐT này đúng với $3\leq p\leq \sqrt{12}$.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$
P/S: bạn Joker9999 ghi thiếu dấu bình phương ở vế phải biểu thức @@, không ai phát hiện ra à)
Chuẩn hóa $q=3$, chuyển sang p,q,r và rút gọn. Ta cần c/minh: $333p^{2}+162pr-27r^{2}-3456\geq 0$
Dễ thấy $p\geq 3$ nên ta xét 2 trường hợp:
$\bullet p\geq \sqrt{12}$. Dễ có được $333p^{2}> 3456$, $162pr> 27r^{2}$, BĐT đúng
$\bullet 3\leq p\leq \sqrt{12}$. Khi đó $4q-p^{2}\geq 0$ và ta có các đánh giá sau:
$9r\geq p(12-p^{2})\Rightarrow 162pr\geq 216p^{2}-18p^{4}$
$r\leq \frac{p(15-p^{2})}{18}\Rightarrow -27r^{2}\geq -\frac{225p^{2}-30p^{4}+p^{6}}{12}$
Vì thế để kết thúc, ta sẽ c/minh: $-p^{6}-186p^{4}+6363p^{2}-41472\geq 0\Leftrightarrow (p^{2}-9)(-p^{4}-195p^{2}+4608)\geq 0$. Dễ thấy BĐT này đúng với $3\leq p\leq \sqrt{12}$.
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$
P/S: bạn Joker9999 ghi thiếu dấu bình phương ở vế phải biểu thức @@, không ai phát hiện ra à)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 29-12-2012 - 14:44
- WhjteShadow yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh