Đến nội dung

Hình ảnh

$8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9 \geq 10(a^2+b^2+c^2)$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1
25 minutes

25 minutes

    Thành viên nổi bật 2015

  • Hiệp sỹ
  • 2795 Bài viết

Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=3$

Chứng minh rằng : $8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9 \geq 10(a^2+b^2+c^2)$


Hãy theo đuổi đam mê, thành công sẽ theo đuổi bạn.



Thảo luận BĐT ôn thi Đại học tại đây


#2
vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 690 Bài viết

Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=3$

Chứng minh rằng : $8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9 \geq 10(a^2+b^2+c^2)$

Em làm thế này không biết có đúng không

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$

Đặt $t=\dfrac{b+c}{2}$. Ta có $f(a,b,c)-f(a,t,t)=(x-y)^2\left [ \frac{8}{yz(y+z)}-\frac{5}{2} \right ]\geq 0$ (vì $yz(y+z)\leq y+z\leq x+y+z< \frac{16}{5}$)

Do đó ta chỉ cần chứng minh bài toán khi $b=c=t$. Thay $a=3-2t$ vào và khai triển ta có BĐT tương đương với $3(2t-1)^2(10t^2-25t+16)\geq 0$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong 3 số có 2 số bằng $\dfrac{1}{2}$ và 1 số bằng 2


"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck


#3
25 minutes

25 minutes

    Thành viên nổi bật 2015

  • Hiệp sỹ
  • 2795 Bài viết

Em làm thế này không biết có đúng không

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$

Đặt $t=\dfrac{b+c}{2}$. Ta có $f(a,b,c)-f(a,t,t)=(x-y)^2\left [ \frac{8}{yz(y+z)}-\frac{5}{2} \right ]\geq 0$ (vì $yz(y+z)\leq y+z\leq x+y+z< \frac{16}{5}$)

Do đó ta chỉ cần chứng minh bài toán khi $b=c=t$. Thay $a=3-2t$ vào và khai triển ta có BĐT tương đương với $3(2t-1)^2(10t^2-25t+16)\geq 0$ (đúng)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong 3 số có 2 số bằng $\dfrac{1}{2}$ và 1 số bằng 2

Em xem lại trình bày nhé. Theo anh thì $f(a,b,c)-f(a,t,t)=(b-c)^2\left [ \frac{8}{bc(b+c)}-5 \right ]$

Với điều kiện bài toán thì ta chưa thể hiện được gì về biểu thức $\frac{8}{bc(b+c)}-5$ cả ?


Hãy theo đuổi đam mê, thành công sẽ theo đuổi bạn.



Thảo luận BĐT ôn thi Đại học tại đây


#4
vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 690 Bài viết


Em xem lại trình bày nhé. Theo anh thì $f(a,b,c)-f(a,t,t)=(b-c)^2\left [ \frac{8}{bc(b+c)}-5 \right ]$

Với điều kiện bài toán thì ta chưa thể hiện được gì về biểu thức $\frac{8}{bc(b+c)}-5$ cả ?

Dạ vâng, em tính nhầm. Vậy là bao nhiêu công tìm cách sơ cấp đều bỏ đi  :(. Đành phải làm cách này thôi.

Trước tiên, ta có bổ đề: Nếu $a<c$ (a,c là các số thực) và hàm liên tục f trên $\left [ a,\infty \right )$. lõm trên đoạn $(a,c)$ và lồi trên đoạn $\left [c,\infty \right )$. Nếu $t_{1}, t_{2},...,t_{n}\in \mathbb{I}$ sao cho $t_{1}+t_{2}+...+t_{n} $ là 1 hằng số thì khi đó P=$f(t_{1})+f(t_{2})+...+f(t_{n})$ đạt GTLN khi $t_{1}=t_{2}=...=t_{n-1}\leq t_{n}$

Chứng minh:Không mất tổng quát, giả sử $t_{1}\leq t_{2}\leq ...=t_{n-1}\leq t_{n}$. Nếu $t_{n}\leq c$ thì áp dụng BĐT Jensen cho hàm lõm, ta có $f(t_{1})+f(t_{2})+...+f(t_{n})\leq nf(\frac{t_{1}+...+t_{n}}{n})$. Do đó P lớn nhất khi các số bằng nhau. Nếu $t_{n}> c$, tồn tại p sao cho $p\in \left \{ 0,1,... \right.\left. ,n-1 \right \}$ thỏa mãn $a\leq t_{1}\leq t_{2}\leq ...\leq t_{p}\leq c\leq t_{p+1}...\leq t_{n}$. Áp dụng BĐT Karamata cho các bộ trội cho hàm lồi và BĐT Jensen cho hàm lõm, ta có $f(t_{p+1})+...+f(t_{n})\leq (n-p-1)f(c)+f(t_{p+1}+...+t_{n}-(n-p-1)c); (n-p-1)f(c)+f(t_{1}+...+t_{p})\leq (n-p-1)f(\dfrac{(n-k-1)c+t_{1}+...+t_{p}}{n-1})$.

Tương tự rồi cộng lại ta có $f(t_{1})+...+f(t_{n})\leq (n-1)f(t)+f(m)$ với $t=\dfrac{(n-p-1)c+t_{1}+...+t_{p}}{n-1}$, $m=t_{p+1}+...+t_{n}-(n-p-1)c$. Ta lại có $(n-1)t+m=t_{1}+...+t_{n}$ , $t\leq m$. Từ BĐT cuối ta có ngay đpcm

Trở lại bài toán. Đặt VT=$f(x)+f(y)+f(z)$; $f(k)=10k^2-\dfrac{8}{k}$. Do $f''(k)=\dfrac{4(5t^3-4)}{t^3}$, ta có $f(k)$ lõm trên đoạn $\left [ 0,\sqrt[3]{\frac{4}{5}} \right ]$ và lồi trên đoạn $\left [ \sqrt[3]{\frac{4}{5}},\infty \right )$. Áp dụng bổ đề trên, ta chỉ cần chứng minh BĐT khi $x=y=t$. Thay $z=3-2t$ và khai triển, ta được BĐT tương đương với $3(2t-1)^2(10t^2-25t+16)\geq 0$ (đúng)

Chứng minh hoàn tất  :icon6: 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 13-07-2013 - 08:48

"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck


#5
babystudymaths

babystudymaths

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 312 Bài viết

Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=3$

Chứng minh rằng : $8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9 \geq 10(a^2+b^2+c^2)$

Ta có:

BĐT tương đương

$\frac{5}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})-10(a^{2}+b^{2})+\frac{27}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})+\frac{8}{c}+9-10c^{2}\geq 0\Leftrightarrow 5\frac{(a+b)-8ab(a^{2}+b^{2})}{4ab}+\frac{27}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})+\frac{8}{c}+9-10c^{2}\geq 0$

Lại có : $4ab\leq (a+b)^{2}$ , $8ab(a^{2}+b^{2})\leq (a+b)^{4}$,$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}$

Nên VT $\geq A= 5.\frac{1-(a+b)^{3}}{a+b}+\frac{27}{a+b}+\frac{8}{c}+9-10c^{2}$

Thay a+b=3-c,ta thấy $\geq 0\Leftrightarrow (2-c)\frac{(35c^{2}+12-6c-15c^{3})}{c(3-c)}\geq 0$

DO vai trò của a,b,c như nhau,không mất tính tổng quát,giả sử c không lớn hơn 2, nên 2-c không âm

Còn phương trình $35c^{2}+12-6c-15c^{3}$ ,ta nhận thấy,theo như điều giả sử thì $15c^{3}\leq 30c^{2}$ và $6c\leq 12$ nên hiển nhiên biểu thức đó lớn hơn 0,từ đây hoàn tất cm ban đầu

Như vậy,ta đã chứng minh được bài toán.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\frac{1}{2}$ , $c=2$ cùng các hoán vị


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babystudymaths: 13-07-2013 - 14:13

TLongHV


#6
vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 690 Bài viết


Ta có:

BĐT tương đương

$\frac{5}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})-10(a^{2}+b^{2})+\frac{27}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})+\frac{8}{c}+9-10c^{2}\geq 0\Leftrightarrow 5\frac{(a+b)-8ab(a^{2}+b^{2})}{4ab}+\frac{27}{4}(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})+\frac{8}{c}+9-10c^{2}\geq 0$

Lại có : $4ab\leq (a+b)^{2}$ , $8ab(a^{2}+b^{2})\leq (a+b)^{4}$,$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}\geq \frac{4}{a+b}$

Nên VT $\geq A= 5.\frac{1-(a+b)^{3}}{a+b}+\frac{27}{a+b}+\frac{8}{c}+9-10c^{2}$

Thay a+b=3-c,ta thấy $\geq 0\Leftrightarrow (2-c)\frac{(35c^{2}+12-6c-15c^{3})}{c(3-c)}\geq 0$

DO vai trò của a,b,c như nhau,không mất tính tổng quát,giả sử c không lớn hơn 2, nên 2-c không âm

Còn phương trình $35c^{2}+12-6c-15c^{3}$ ,ta nhận thấy,theo như điều giả sử thì $15c^{3}\leq 30c^{2}$ và $6c\leq 12$ nên hiển nhiên biểu thức đó lớn hơn 0,từ đây hoàn tất cm ban đầu

Như vậy,ta đã chứng minh được bài toán.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=\frac{1}{2}$ , $c=2$ cùng các hoán vị

Xem lại chỗ này cậu nhé :)

Cậu đã giả sử $c\leq 2$ nên $a+b\geq 1$ suy ra $(a+b)-(a+b)^4\leq 0$

Do đó 

$5.\frac{(a+b)-8ab(a^2+b^2)}{4ab}\geq 5.\frac{(a+b)-(a+b)^4}{4ab}\leq 5.\frac{(a+b)-(a+b)^4}{(a+b)^2}$

(vì $5.\frac{(a+b)-(a+b)^4}{4ab}-5.\frac{(a+b)-(a+b)^4}{(a+b)^2}=5.[(a+b)-(a+b)^4](\frac{1}{4ab}-\frac{1}{(a+b)^2})\leq 0$ do $(a+b)-(a+b)^4\leq 0$)

Vậy thì k thể có chỗ bôi đỏ ở bài cậu được :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 13-07-2013 - 14:53

"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck


#7
babystudymaths

babystudymaths

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 312 Bài viết

Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=3$

Chứng minh rằng : $8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9 \geq 10(a^2+b^2+c^2)$

Cách 1

Giải như sau:

Giả sử a là số lớn nhất trong 3 số a,b,c ,thế thì c nhỏ hơn 3 và không nhỏ hơn 1

ta thấy $9=(42a-48)+(42b-\frac{69}{2})+(42c-\frac{69}{2})$

Thay và BĐT ban đầu ta thấy tương đương

$(\frac{8}{b}-10b^{2}+42b-\frac{69}{2})+(\frac{8}{c}-10c^{2}+42c-\frac{69}{2})\geq 10a^{2}-\frac{8}{a}-42a+48\Leftrightarrow \frac{(16-5b)(2b-1)^{2}}{b}+\frac{(16-52)(2c-1)^{2}}{c}\geq \frac{4(5a-1)(a-2)^{2}}{a}$

Áp dụng BCS ,ta có:

VT $\geq \frac{(2b-1+2c-1)^{2}}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}= \frac{4(a-2)^{2}}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}$

Lúc này ta chỉ cần chứng minh 

$\frac{a}{5a-1}\geq \frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}$

Mà $\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}\leq \frac{b}{16-5a}+\frac{c}{16-5a}= \frac{3-a}{16-5a}\leq \frac{a}{5a-1}\Leftrightarrow \frac{1}{(5a-1)(16-5a)}> 0$

ĐÚng theo giả thiết,từ đây ta suy ra đ.p.c.m

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=1/2 ,c=2 cùng hoán vị

 

Cách 2: 

Ta có BĐT tương đương

f(abc,a+b+c,ab+bc+ca) =$8.\frac{ab+bc+ca}{abc}+9-10((a+b+c)^{2}-2(ab+bc+ca))\geq 0$

Nhận thấy đây là hàm đơn điệu trên R theo abc nên theo định lý ABC, hàm số đạt cực tiểu khi có 2 biến = nhau, nên a=b=$\frac{3-c}{2}$

Thay vào và chứng minh BĐT 1 biến c ,bài toán trở nên quá đơn giản 


TLongHV


#8
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Giả sử a = max{a,b,c} thì $1\leqslant a<3$

 

Ta cần chứng minh: $8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+42(a+b+c)-117\geqslant 10(a^2+b^2+c^2)$ 

$\Leftrightarrow (-10b^2+42b+\frac{8}{b}-\frac{69}{2})+(-10c^2+42c+\frac{8}{c}-\frac{69}{2})\geqslant 10a^2-42a-\frac{8}{a}+48$

$\Leftrightarrow \frac{(2b-1)^2(16-5b)}{b}+\frac{(2c-1)^2(16-5c)}{c}\geqslant \frac{(a-2)^2( 20a-4)}{a} $

Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky dạng phân thức, ta được: $\frac{(2b-1)^2(16-5b)}{b}+\frac{(2c-1)^2(16-5c)}{c}=\frac{(2b-1)^2}{\frac{b}{16-5b}}+\frac{(2c-1)^2}{\frac{c}{16-5c}}\geqslant \frac{(2b+2c-2)^2}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c} }=\frac{4(a-2)^2}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}$

Đến đây, ta cần chỉ ra: $\frac{4(a-2)^2}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}\geqslant \frac{(a-2)^2( 20a-4)}{a} $ hay $\frac{(a-2)^2}{\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}}\geqslant \frac{(a-2)^2( 5a-1)}{a}$

Do $a\geqslant b, a\geqslant c$ nên $\frac{b}{16-5b}+\frac{c}{16-5c}\leqslant \frac{b}{16-5a}+\frac{c}{16-5a}=\frac{3-a}{16-5a}$

Bây giờ ta cần có: $\frac{(a-2)^2(16-5a)}{3-a}\geqslant \frac{(a-2)^2(5a-1)}{a}\Leftrightarrow \frac{3(a-2)^2}{a(3-a)}\geqslant 0 $  (đúng)

Vậy bất đẳng thức được chứng minh
Đẳng thức xảy ra khi $(a,b,c)\rightarrow (2,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ và các hoán vị

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





0 người đang xem chủ đề

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