Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=3$
Chứng minh rằng : $8(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+9 \geq 10(a^2+b^2+c^2)$
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
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 ?
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
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
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
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
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
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)
Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức
$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh