Đến nội dung


Hình ảnh
- - - - -

Trận 12 - "MSS17 princeofmathematics" VS ALL


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 34 trả lời

#1 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • ĐHV Tổng hợp
  • 3554 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐN
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 04-05-2012 - 18:10

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả


BTC yêu cầu MSS17 ra đề vào topic này.
Nhớ đọc kĩ chủ đề trước khi ra đề

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa

b. Luật Loại trực tiếp: Luật chỉ áp dụng khi có $n >20$ toán thủ tham gia thi đấu.
- Sau mỗi trận, $k$ toán thủ có số điểm ít nhất sẽ bị loại. Trong trường hợp có nhiều toán thủ cùng điểm số, toán thủ nào có thời gian bỏ thi đấu dài nhất sẽ ưu tiên bị loại.
$$k=\frac{\left \{(n-10) - [(n-10) \mod 10] \right \}}{10}$$
- Toán thủ bị loại sẽ không đuợc đăng kí lại
- Khi Chỉ còn 20 toán thủ, Luật này ko còn hiệu lực


BTC lưu ý:
1) trận 17 có 27 toán thủ tham gia nên sau trận này, 01 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại.

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$

 

 

 

 

I'm still there everywhere.


#2 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 868 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 04-05-2012 - 21:07

Đề của princeofmathematics:

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$

THAM GIA TOPIC HÌNH HỌC - TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN TRÊN MATHLINKS.RO !


GEOMETRY IS THE KING OF MATHEMATICS ! IT IS A WONDERFUL PART OF MATHEMATICS !!!


Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


_______________

Chuyên đề SỐ HỌC ver 1.0 của Diễn đàn toán học VMF tại đây
Chuyên đề ĐẲNG THỨC TỔ HỢP của Diễn đàn toán học VMF tại đây
Xem cách đặt tiêu đề ở đây
Học gõ công thức Toán $\LaTeX$ tại đây
Tham gia Khóa ôn thi đại học năm 2013 tại đây
Đăng ký làm Điều hành viên Diễn đàn toán học VMF tại đây
Đăng ký làm Biên tập viên cho Diễn đàn toán học VMF tại đây
Góp ý cho chúng tôi tại đây
Chân thành cảm ơn các bạn đã tham gia nhiệt tình Diễn đàn toán học VMF !
___

Trưởng nhóm điều hành viên THPT,
Nguyễn Lâm Thịnh

#3 phantomladyvskaitokid

phantomladyvskaitokid

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:hội những người lập dị =.=
  • Sở thích:NX

Đã gửi 05-05-2012 - 18:57

ta có 2 bđt :

(i) $m^3+n^3+k^3\geq 3mnk$

(ii) $Y=(a_1^4+a_2^4+a_3^4)(b_1^4+b_2^4+b_3^4)(c_1^4+c_2^4+c_3^4)(d_1^4+d_2^4+d_3^4)\geq(a_1b_1c_1d_1+a_2b_2c_2d_2+a_3b_3c_3d_3)^4$

$m, n, k, a_i, b_i, c_i, d_i> 0 (i=\overline{1;3})$

c/m:

(i) $m^3+n^3+k^3-3mnk=\frac{1}{2}(m+n+k)\left [ (m-n)^2+(n-k)^2 +(k-m)^2\right ]\geq 0\Rightarrow (i)$

$"=" \Leftrightarrow m=n=k$

(ii): a/d $p^4+q^4+r^4+s^4\geq 2p^2q^2+2r^2s^2\geq 4pqrs$ $(p, q, r, s>0)$

$\frac{a_1^4}{a_1^4+a_2^4+a_3^4}+\frac{b_1^4}{b_1^4+b_2^4+b_3^4}+\frac{c_1^4}{c_1^4+c_2^4+c_3^4}+\frac{d_1^4}{d_1^4+d_2^4+d_3^4}\geq \frac{4a_1b_1c_1d_1}{\sqrt[4]{Y}}$

$\frac{a_2^4}{a_1^4+a_2^4+a_3^4}+\frac{b_2^4}{b_1^4+b_2^4+b_3^4}+\frac{c_2^4}{c_1^4+c_2^4+c_3^4}+\frac{d_2^4}{d_1^4+d_2^4+d_3^4}\geq \frac{4a_2b_2c_2d_2}{\sqrt[4]{Y}}$

$\frac{a_3^4}{a_1^4+a_2^4+a_3^4}+\frac{b_3^4}{b_1^4+b_2^4+b_3^4}+\frac{c_3^4}{c_1^4+c_2^4+c_3^4}+\frac{d_3^4}{d_1^4+d_2^4+d_3^4}\geq \frac{4a_3b_3c_3d_3}{\sqrt[4]{Y}}$

cộng vế với vế các bđt trên ta đc (ii)

$"=" \Leftrightarrow a_1:a_2:a_3=b_1:b_2:b_3=c_1:c_2:c_3=d_1:d_2:d_3$

trở lại bài toán

$x^5+y^2+z^2\leq x^5+xyz(y^2+z^2)=x(x^4+yz(y^2+z^2))\leq x(x^4+\frac{(y^2+z^2)^2}{2})\leq x(x^4+y^4+z^4)$

$\Rightarrow \frac{x^5}{x^5+y^2+z^2}\geq \frac{x^4}{x^4+y^4+z^4}$

xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng vế vs vế 3 bđt trên ta thu đc

$E=\frac{{{x^5}}}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^5}}}{{{x^2} + {y^5} + {z^2}}} + \frac{{{z^5}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^5}}}\geq 1$

$x^5+y^2+z^2 \geq 3 \sqrt[3]{x^5y^2z^2}\geq 3x\Rightarrow \frac{x}{x^5+y^2+z^2}\leq \frac{1}{3}$

xây dựng 2 bđt tương tự rồi cộng vế vs vế 3 bđt trên ta thu đc

$ U= \frac{{{x}}}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}} + \frac{{{y}}}{{{x^2} + {y^5} + {z^2}}} + \frac{{{z}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^5}}} \leq 1$

kết hợp dùng (ii) ta đc

$E^4\geq E\geq E.U.U.U\geq A^4\Rightarrow E\geq A$

$(A = \frac{{{x^2}}}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{{x^2} + {y^5} + {z^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^5}}})$

$"="\Leftrightarrow x=y=z=1$

Bài làm rất tốt :D Lỗi nhầm biến anh trừ 0.5đ. ok?
D-B=19h
E=9.5
F=0
S=57.5

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-05-2012 - 16:36


#4 phantomladyvskaitokid

phantomladyvskaitokid

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 183 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:hội những người lập dị =.=
  • Sở thích:NX

Đã gửi 05-05-2012 - 18:59

ax

nhầm biến lung tung

coi như bài này e làm a, b, c thành x, y, z vậy

:wacko:

#5 Nguyễn Hữu Huy

Nguyễn Hữu Huy

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Cờ Đỏ
  • Sở thích:no

Đã gửi 05-05-2012 - 20:44

Đề của princeofmathematics:

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$


Đề của princeofmathematics:

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$


$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$

$\Leftrightarrow 3 - [ \frac{b^2 + c^2}{a^5 + b^2 + c^2} + \frac{a^2 + c^2}{b^5 + a^2 + c^2} + \frac{a^2 + b^2}{c^5 + b^2 + a^2}] \geq \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$

$\Leftrightarrow 3 \geq (a^2 + b^2 + c^2). [\frac{1}{a^5 + b^2 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^5 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^2 + c^5}]$ (*)

Ta sẽ đi chứng minh BĐT tương đương sau :

$\frac{1}{a^5 + b^2 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^5 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^2 + c^5} \leq \frac{3}{a^2 + b^2 + c^2}$

Áp dụng BĐT cauchy schwarz ta có :

$(a^5 + b^2 + c^2)(\frac{1}{a} + b^2 + c^2) \geq (a^2 + b^2 + c^2)^2$ (1)

Mặt khác do $abc \leq 1$

Nên $\frac{1}{a} \leq bc$ (2)

Từ (1) và (2) ta có
$(a^5 + b^2 + c^2)(bc + b^2 + c^2) \geq (a^5 + b^2 + c^2)(\frac{1}{a} + b^2 + c^2) \geq (a^2 + b^2 + c^2)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a^5 + b^2 + c^2} \leq \frac{bc + b^2 + c^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}$ (4)

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta cũng có

$\Rightarrow \frac{1}{a^2 + b^5 + c^2} \leq \frac{ac + a^2 + c^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}$ (5)

$\Rightarrow \frac{1}{a^2 + b^2 + c^5} \leq \frac{ab + a^2 + b^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2}$ (6)

$(a^2 + b^2 + c^2)(b^2 + c^2 + a^2) \geq (ab + bc + ac)^2 \Rightarrow a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + bc + ac$ (7)

Cộng vế với vế của (4) ; (5) ; (6)
kết hợp với (7)
Ta có :

$\Rightarrow \frac{1}{a^5 + b^2 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^5 + c^2} + \frac{1}{a^2 + b^2 + c^5} \leq \frac{bc + b^2 + c^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} + \frac{ac + a^2 + c^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} + \frac{ab + a^2 + b^2}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} \leq \frac{2(a^2 + b^2 + c^2) + ab + bc + ac}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} \leq \frac{3(a^2 + b^2 + c^2)}{(a^2 + b^2 + c^2)^2} = \frac{3}{a^2 + b^2 + c^2}$

$\Rightarrow (*) đúng $

Suy ra BĐT ban đầu được chứng minh

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}{bc = \frac{1}{a}} ; {ac =\frac{1}{b}} ; {ab =\frac{1}{c}}
& & \\ ab + bc + ac = a^2 + b^2 + c^2
& &
\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow a = b = c = 1$

Chưa chứng minh BĐT Cauchy-Schwart cho 2 bộ 3 số: trừ 4đ
D-B=20.7h
E=6
F=40
S=85.3

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-05-2012 - 18:05

P . I = A . 22


#6 Cao Xuân Huy

Cao Xuân Huy

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 592 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng

Đã gửi 05-05-2012 - 23:33

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$


Vì $abc \ge 1$ nên: $a^2\le a^3bc$
Do đó:
\[VP = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}}} \le \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^3}bc}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}}} \]
Ta cần chứng minh:
\[A = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^5} - {a^3}bc}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}}} \ge 0\]
Từ giả thiết: $abc\ge 1$ ta có:
\[A = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^5} - {a^3}bc}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}}} \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^5} - {a^3}bc}}{{{a^5} + abc({b^2} + {c^2})}}} = \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} - {a^2}bc}}{{{a^4} + bc(b + c)}}} \]
Áp dụng bđt AM-GM cho 2 số dương ta có:
\[A \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{{a^4} - {a^2}bc}}{{{a^4} + bc(b + c)}}} \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{2{a^4} - {a^2}({b^2} + {c^2})}}{{2{a^4} + {{({b^2} + {c^2})}^2}}}} \]
Đặt $x=a^2;y=b^2;z=c^2$ ($x,y,z>0$). Ta có:
\[A \ge \sum\limits_{cyc} {\frac{{2{x^2} - x(y + z)}}{{2{x^2} + {{(y + z)}^2}}}} = \sum\limits_{cyc} {\left( {\frac{{x(x - y) + x(x - z)}}{{2{x^2} + {{(y + z)}^2}}}} \right)} \]
\[ = \sum\limits_{cyc} {\left( {\frac{{x(x - y)}}{{2{x^2} + {{(y + z)}^2}}} + \frac{{y(y - x)}}{{2{y^2} + {{(z + x)}^2}}}} \right)} \]

\[= \sum\limits_{cyc} {\left[ {(x - y)\left( {\frac{x}{{2{x^2} + {{(y + z)}^2}}} - \frac{y}{{2{y^2} + {{(z + x)}^2}}}} \right)} \right]} \]
\[ = \sum\limits_{cyc} {\left[ {(x - y)\left( {\frac{{2x{y^2} - 2{x^2}y + x{{(z + x)}^2} - y{{(y + z)}^2}}}{{\left( {2{x^2} + {{(y + z)}^2}} \right)\left( {2{y^2} + {{(z + x)}^2}} \right)}}} \right)} \right]} \]
\[ = \sum\limits_{cyc} {\left[ {(x - y)\left( {\frac{{ - 2xy(x - y) + x{z^2} + 2{x^2}z + {x^3} - {y^3} - 2{y^2}z - y{z^2}}}{{\left( {2{x^2} + {{(y + z)}^2}} \right)\left( {2{y^2} + {{(z + x)}^2}} \right)}}} \right)} \right]} \]
\[ = \sum\limits_{cyc} {\left[ {(x - y)\left( {\frac{{ - 2xy(x - y) + {z^2}(x - y) + 2z(x - y)(x + y) + (x - y)({x^2} + {y^2} + xy)}}{{\left( {2{x^2} + {{(y + z)}^2}} \right)\left( {2{y^2} + {{(z + x)}^2}} \right)}}} \right)} \right]} \]
\[ = \sum\limits_{cyc} {\left[ {(x - y)^2\left( {\frac{{ - 2xy + {z^2} + 2zx + 2zy + {x^2} + {y^2} + xy}}{{\left( {2{x^2} + {{(y + z)}^2}} \right)\left( {2{y^2} + {{(z + x)}^2}} \right)}}} \right)} \right]} \]
\[ = \sum\limits_{cyc} {\left[ {{{(x - y)}^2}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy + 2zx + 2zy}}{{\left( {2{x^2} + {{(y + z)}^2}} \right)\left( {2{y^2} + {{(z + x)}^2}} \right)}}} \right)} \right]} \]
Áp dụng bđt AM-GM cho 2 số dương ta có:
\[A \ge \sum\limits_{cyc} {\left[ {{{(x - y)}^2}\left( {\frac{{{x^2} + {y^2} + {z^2} - xy + 2zx + 2zy}}{{\left( {2{x^2} + {{(y + z)}^2}} \right)\left( {2{y^2} + {{(z + x)}^2}} \right)}}} \right)} \right]} \]
\[ \ge \sum\limits_{cyc} {\left[ {{{(x - y)}^2}\left( {\frac{{2xy + {z^2} - xy + 2zx + 2zy}}{{\left( {2{x^2} + {{(y + z)}^2}} \right)\left( {2{y^2} + {{(z + x)}^2}} \right)}}} \right)} \right]} \]
\[ = \sum\limits_{cyc} {\left[ {{{(x - y)}^2}\left( {\frac{{xy + {z^2} + 2zx + 2zy}}{{\left( {2{x^2} + {{(y + z)}^2}} \right)\left( {2{y^2} + {{(z + x)}^2}} \right)}}} \right)} \right]} \ge 0\]

Vậy $A\ge 0$ nên ta có điều phải chứng minh.
Dấu "=" xảy ra $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - y = 0\\y - z = 0\\z - x = 0\\abc = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow a = b = c = 1$


Sai chỗ nào thì chắc em cũng biết rồi.
S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-05-2012 - 16:37

Cao Xuân Huy tự hào là thành viên VMF

Hình đã gửi


#7 Nguyễn Hữu Huy

Nguyễn Hữu Huy

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Cờ Đỏ
  • Sở thích:no

Đã gửi 06-05-2012 - 06:16

Đề của princeofmathematics:

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$


Mở rộng của Nguyễn Hữu Huy
Ban đầu khi nhìn thấy BĐT này , thì ý tưởng mở rộng đầu tiên là
Mở rộng 1 :
$\frac{{{a^{5n}}}}{{{a^{5n}} + {b^{2n}} + {c^{2n}}}} + \frac{{{b^{5n}}}}{{{a^{2n}} + {b^{5n}} + {c^{2n}}}} + \frac{{{c^{5n}}}}{{{a^{2n}} + {b^{2n}} + {c^{5n}}}} \geqslant \frac{{{a^{2n}}}}{{{a^{n}5} + {b^{2n}} + {c^{2n}}}} + \frac{{{b^{2n}}}}{{{a^{2n}} + {b^{5n}} + {c^{2n}}}} + \frac{{{c^{2n}}}}{{{a^{2n}} + {b^{2n}} + {c^{5n}}}}$

Đối với bài toán trên , cách giải hoàn toàn giống với phương pháp ban đầu

Ta có
BĐT $ \Leftrightarrow 3 \geq (a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})[\frac{1}{a^{5n}+ b^{2n} + c^{2n}} + \frac{1}{a^{2n} + b^{5n} +c^{2n}} + \frac{1}{a^{2n} + b^{2n} + c^{5n}}]$ (**)

Tới đây ta có


$[a^{5n}+ b^{2n} + c^{2n}](\frac{1}{a^n} + b^{2n} + c^{2n}) \geq (a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})^2
\Rightarrow \frac{1}{a^{5n}+ b^{2n} + c^{2n}} \leq \frac{\frac{1}{a^n} + b^{2n} + c^{2n}}{(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})^2}$


$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^{5n}+ b^{2n} + c^{2n}} \leq \frac{2(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n}) + \frac{1}{a^n} + \frac{1}{b^n} + \frac{1}{c^n}}{(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})^2} \leq \frac{2(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n}) + (ab)^n + (bc)^n + (ac)^n}{(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})^2} \leq \frac{3}{(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})}$ (*)

(Trong (*) có sử dụng BĐT sau : $\sum a^{2n} \geq \sum (ab)^n \Leftrightarrow (a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})(b^{2n} + c^{2n} + a^{2n}) \geq [(ab)^n + (bc)^n + (ac)^n]^2$ (luôn đúng theo cauchy schwarz)

Từ (*) suy ra
$(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})[\frac{1}{a^{5n}+ b^{2n} + c^{2n}} + \frac{1}{a^{2n} + b^{5n} +c^{2n}} + \frac{1}{a^{2n} + b^{2n} + c^{5n}}] \leq (a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})\frac{3}{(a^{2n} + b^{2n} + c^{2n})} = 3$

Suy ra (**) đúng
Vậy BĐT được chứng minh

bây giờ mới nói tới đk của n
Thấy rằng cách giải trên ko bắt buộc n phải nguyên hay không !?
1) Nếu n nguyên dương thì BĐT hoàn toàn đúng

2) Nhưng nếu n nguyên âm !?
3) và n hữu tỷ
4) n vô tỷ !?
Theo suy nghĩ của em thì nó ko hề ràng buộc gì vào cách giải trên cả
Nên mạn pháp em xin được mở rộng ra đối với n thuộc R !

P . I = A . 22


#8 Nguyễn Hữu Huy

Nguyễn Hữu Huy

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Cờ Đỏ
  • Sở thích:no

Đã gửi 06-05-2012 - 07:54

Đề của princeofmathematics:

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$

Mở rộng 2 :
Cách giải hoàn toàn tương tự mở rộng 1 , thực ra đây chỉ là 1 ngụy trang nhỏ

$\frac{a^5 + b^5}{a^5 + b^2 + c^5} + \frac{b^5 + c^5}{b^5 + c^2 + a^5} + \frac{c^5 + a^5}{c^5 + a^2 + b^5} \geq \frac{a^2 + c^2}{a^5 + b^2 + c^5} + \frac{b^2 + c^2}{b^5 + c^2 + a^5} + \frac{a^2 + c^2}{a^5 + b^2 + c^2}$

Cách giải hoàn toàn tương tự mở rộng 1
tuy nhiên về phần sau có khác 1 tý tỷ ty
$\sum [\frac{1}{a} + b^2 + \frac{1}{c}] \leq a^2 + b^2 + c^2 + 2(ab + bc + ac) \leq 3(a^2 + b^2 + c^2)$

Mở rộng 3 :
Tới đây ! Ta nghĩ tới 1 BĐT tổng quát của MR 2 !?!

$\sum \frac{a^{5n} + b^{5n}}{a^{5n} + b^{2n} + c^{5n}} \geq \sum \frac{a^{2n} + c^{2n}}{a^{5n} + b^{2n} + c^{5n}}$
Và cách giải cũng y hệt như trên !

(các mở rộng trên đúng với n là số thực bất kì)

Mở rộng 4 :
Vậy liệu 1 BĐT tổng quát hơn có đc hay ko !?

$\sum \frac{a^n + b^n}{a^n + b^n + c^m} \geq \sum \frac{a^m + c^m}{a^n + b^n + c^m}$

P . I = A . 22


#9 Nguyễn Hữu Huy

Nguyễn Hữu Huy

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Cờ Đỏ
  • Sở thích:no

Đã gửi 06-05-2012 - 09:15

Đề của princeofmathematics:

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$


Tổng quát
$\sum \frac{a^n + b^n}{a^n + b^n + c^m} \geq \sum \frac{a^m + b^m}{a^n + b^n + c^m}$

Tương tự như những mở rộng trên

BĐT trên tương đương với

$3 \geq (a^m + b^m + c^m)\sum \frac{1}{a^n + b^n + c^m} $ (**)

Bằng pp tương tự ở các mở rộng trên

Theo cauchy schwarz
$(a^n + b^n + c^m)(a^{2m - n} + b^{2m - n} + c^m) \geq (a^m + b^m + c^m)^2$

$\Rightarrow \frac{1}{a^n + b^n + c^m} \leq \sum \frac{a^{2m - n} + b^{2m -n} + c^m}{(a^m + b^m + c^m)^2} $
Ta chỉ cần chứng minh
$a^m + b^m + c^m + 2\sum a^{2m - n} \leq 3(a^m + b^m + c^m)$

tương đương

$\sum a^{2m - n} \leq \sum a^m$
Cần đk n > m
Theo AM_GM Có :
$(2m - n)a^m + (n - m) \geq m.a^{2m -n}$

Mặt khác $(n - m) \sum a^{2m -n} \geq 3(n - m) $ (do $abc \geq 1$)

Nên suy ra $\sum a^m \geq \sum a^{2m - n}$ (đúng)

$\Rightarrow \sum \frac{1}{a^n + b^n + c^m} \leq \sum \frac{a^{2m - n} + b^{2m -n} + c^m}{(a^m + b^m + c^m)^2} \leq \frac{3}{a^m + b^m + c^m}$

$\Rightarrow 3 \geq (a^m + b^m + c^m)\sum \frac{1}{a^n + b^n + c^m} $ ĐÚNG
BĐT ba đầu được chứng minh !


Xin sửa lại mấy cái đk của n và m
Để đảm bảo an toàn thì em nghĩ cho nó là các số thưc dương ! Chắc gạo ! hìh`
Do máy bị đơ nên đôi khi em đánh text bị lỗi , hoặc thiếu sót mong Hân ta-cưa thông cảm nhé !!!

P . I = A . 22


#10 daovuquang

daovuquang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 194 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi nào có toán...

Đã gửi 06-05-2012 - 09:23

Bổ đề: Cho các số thực $a,b,c,x,y,z$. Chứng minh: $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\geq(ax+by+cz)^2(1)$ (BĐT Cauchy-Schwarz)
Chứng minh: $(1)\Leftrightarrow (a^2y^2-2abxy+b^2x^2)+(a^2z^2-2acxz+c^2x^2)+(b^2z^2-2bcyz+c^2y^2)\geq0$
$\Leftrightarrow (ay-bx)^2+(az-cx)^2+(bz-cy)^2\geq0.$
BĐT cuối hiển nhiên đúng.
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow \frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}.$

Quay lại bài:
BĐT tương đương với: $\frac{a^5+b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{a^2+b^5+c^2}{a^2+b^5+c^2}+\frac{a^2+b^2+c^5}{a^2+b^2+c^5}\geq(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{a^2+b^5+c^2}+\frac{1}{a^2+b^2+c^5})$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{a^2+b^5+c^2}+\frac{1}{a^2+b^2+c^5})\leq3.$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz: $(a^5+b^2+c^2)(bc+b^2+c^2)\geq(\sqrt{a^5bc}+b^2+c^2)^2\geq(a^2+b^2+c^2)^2$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^5+b^2+c^2}\leq\frac{bc+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}\leq\frac{\frac{b^2+c^2}{2}+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}=\frac{3(b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)}$
Tương tự, $\frac{1}{a^2+b^5+c^2}\leq\frac{3(a^2+c^2}{2(a^2+b^2+c^2)}; \frac{1}{a^2+b^2+c^5}\leq\frac{3(a^2+b^2}{2(a^2+b^2+c^2)}.$
Cộng 3 BĐT trên, ta được đpcm. :D
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1.$

Bài làm rất tốt :D
D-B=36h
E=10
F=20
S=62

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 08-05-2012 - 10:49


#11 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 468 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 06-05-2012 - 11:04

Đề của princeofmathematics:

Cho a,b,c >0 và $abc \geqslant 1$. Chứng minh rằng:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$

Biết là bi h` làm cũng chả đc nhiu điểm, thôi cứ làm cho có phong trào :P


Bài làm của minhtuyb
*Trước tiên ta c/m BĐT Cauchy với 3 và 4 số:
-Bài toán phụ 1: Với 4 số $a,b,c,d$ không âm, CMR:
$$a+b+c+d\geq 4\sqrt[4]{abcd}(1)$$
-Thật vậy, áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số, ta có:
$$VT(1)=(a+b)+(c+d)\geq 2\sqrt{ab}+2\sqrt{cd}\geq 2\sqrt{\sqrt{ab}.2\sqrt{cd}}=4\sqrt[4]{abcd}=VP(1)$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d$, bài toán 1 được c/m

-Bài toán phụ 2: Với 3 số $a,b,c $ không âm, CMR:
$$a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}(2)$$
Xét tổng:
$$a+b+c+\sqrt[3]{abc}\geq^{Cauchy\ 4\ số} 4\sqrt[4]{abc\sqrt[3]{abc}}=4\sqrt[3]{abc}\\ \Leftrightarrow a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}$$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$, bài toán 2 được c/m

*Trở lại với bài toán:
-BĐT cần cm tương đương với:
$$\frac{a^2-a^5}{a^5+b^2+c^2}+\frac{b^2-b^5}{a^2+b^5+c^2}+\frac{c^2-c^5}{a^2+b^2+c^5}\leq 0 (*)$$
-Áp dụng giả thiết $abc\geq 1$ và bài toán 1, ta có:
$$\frac{a^2-a^5}{a^5+b^2+c^2}=\frac{a^2(1-a^3)}{a^5+b^2+c^2}\leq^{Cauchy\ 3\ số} \frac{a^2(1-a^3)}{3\sqrt[3]{a^5b^2c^2}}\leq \frac{a^2(1-a^3)}{3a} = \frac{a(1-a^3)}{3}$$
Xây dựng các BĐT tương tự, ta có:
$$VT(*)\leq \frac{a(1-a^3)}{3}+\frac{b(1-b^3)}{3}+\frac{c(1-c^3)}{3}$$
Giờ ta phải c/m: $\frac{a(1-a^3)}{3}+\frac{b(1-b^3)}{3}+\frac{c(1-c^3)}{3}\leq 0(**)$. Thật vậy:
$$(**)\Leftrightarrow a-a^4+b-b^4+c-c^4\leq 0\\ \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\geq a+b+c(***)$$
-Áp dụng bài toán 2, ta có:
$$a^4+a^4+b^4+c^4\geq 4\sqrt[4]{a^8b^4c^4}=4a^2bc$$
$$a^4+b^4+b^4+c^4\geq 4\sqrt[4]{a^4b^8c^4}=4ab^2c$$
$$a^4+b^4+c^4+c^4\geq 4\sqrt[4]{a^4b^4c^8}=4abc^2$$
-Cộng vế với vế của 3 BĐT cùng chiều trên, ta có:
$$4(a^4+b^4+c^4)\geq 4(a^2bc+ab^2c+abc^2)\\ \Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\geq abc(a+b+c)\geq a+b+c$$ (Vì $abc\geq 1$)
Từ đây suy ra BĐT (***) đúng, suy ra BĐT (**) đúng, suy ra BĐT (*) đúng
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1<Q.E.D>$. Phép c.m hoàn tất
:D

-------------------------------------------------
Sai cơ bản :(
S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 08-05-2012 - 10:53

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#12 mituot03

mituot03

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 63 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 06-05-2012 - 12:56

Chứng Minh bổ đề
Có $(a-b)^{2} + (b-c)^{2} + (a-c)^{2}\geq 0$
$\Rightarrow a^{2} + b^{2} +c^{2} \geq ab+bc+ac$
$\Rightarrow 3(a^{2} + b^{2} +c^{2}) \geq (a+b+c)^{2}$
Trở lại bài toán
BĐT đã cho
$\Leftrightarrow \frac{a^{2}(a^{3}-1)}{a^{5}+b^{2}+c^{2}} +\frac{b^{2}(b^{3}-1)}{b^{5}+a^{2}+c^{2}} + \frac{c^{2}(c^{3}-1)}{c^{5}+a^{2}+b^{2}} \geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{a^{3}(a^{2}-bc)}{a^{5}+b^{2}+c^{2}} + \frac{b^{3}(b^{2}-ac)}{b^{5}+a^{2}+c^{2}} + \frac{c^{3}(c^{2}-ab)}{c^{5}+a^{2}+b^{2}} \geq 0$ (*)
Áp dung BDT Cosi bộ 3 số
$a^{5} + b^{2} +c^{2} \geq 3a$
Tương tự với hai mẫu còn lại
$(*) \Leftrightarrow \frac{a^{3}(a^{2}-bc)}{3a} + \frac{b^{3}(b^{2}-ac)}{3b} + \frac{c^{3}(c^{2}-ab)}{3c} \geq 0$
$\Leftrightarrow \frac{a^{2}(a^{2}-bc)}{3} + \frac{b^{2}(b^{2}-ac)}{3} + \frac{c^{2}(c^{2}-ab)}{3} \geq 0$
$\Leftrightarrow a^{2}(a^{2} -bc) + b^{2}(b^{2} - ac) + c^{2}(c^{2} - ab ) \geq 0$
$\Leftrightarrow a^{4} + b^{4} + c^{4} - ( a+b+c) \geq 0$
Áp dụng bổ đề và BDT cosi bộ 3 số có:
$a+b+c \leq a^{2} +b^{2} +c^{2}$
$a^{2}+b^{2} +c^{2} \leq a^{4} +b^{4} +c^{4}$
$\Rightarrow a+b+c \leq a^{4}+b^{4}+c^{4}$
$\Rightarrow$ đpcm
Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$

--------------------------------------------------
Sai cơ bản :(
S=0

$\Leftrightarrow \frac{a^{3}(a^{2}-bc)}{a^{5}+b^{2}+c^{2}} + \frac{b^{3}(b^{2}-ac)}{b^{5}+a^{2}+c^{2}} + \frac{c^{3}(c^{2}-ab)}{c^{5}+a^{2}+b^{2}} \geq 0$ (*)

Áp dung BDT Cosi bộ 3 số
$a^{5} + b^{2} +c^{2} \geq 3a$
Tương tự với hai mẫu còn lại

$(*) \Leftrightarrow \frac{a^{3}(a^{2}-bc)}{3a} + \frac{b^{3}(b^{2}-ac)}{3b} + \frac{c^{3}(c^{2}-ab)}{3c} \geq 0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 08-05-2012 - 11:25
Lỗi $\Latex$ nặng quá


#13 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 468 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 06-05-2012 - 14:00

Mong sẽ gở gạc đc điểm ở bài mở rộng ^_^.

MR 1: Ngụy trang!
Theo chủ quan mình thấy đề bài của bạn Potm lộ liễu quá! Sao ta không thử biến đổi nó thành những hình thức “kín đáo” hơn nhi? :D. Ta có:
$$(*)\Leftrightarrow (1-\dfrac{b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2})+ (1-\dfrac{a^2+c^2}{a^2+b^5+c^2})+ (1-\dfrac{a^2+b^2}{a^2+b^2+c^5})\geq \dfrac{a^2}{a^5+b^2+c^2}+\dfrac{b^2}{a^2+b^5+c^2}+\dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^5}\\ \Leftrightarrow \frac{a^2+b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^5+c^2}+\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^5}\leq 3$$
$$ \Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)( \frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{a^2+b^5+c^2}+\frac{1}{a^2+b^2+c^5})\leq 3\\ \Leftrightarrow \frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{a^2+b^5+c^2}+\frac{1}{a^2+b^2+c^5}\leq \frac{3}{a^2+b^2+c^2}$$
Vậy ta có bài toán:

Cho a,b,c >0 và $abc \geq1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^5+b^2+c^2}+\frac{1}{a^2+b^5+c^2}+\frac{1}{a^2+b^2+c^5}\leq \frac{3}{a^2+b^2+c^2}$$

Việc cm thì ta biến đổi về BĐT (*), rồi tiếp tục các bước tương tự như bài toán gốc.
Ngoài ra, ta có thể thay đổi giả thiết thành $a,b,c\geq 1$ hoặc $ab+bc+ca=abc$,…

MR 2: Tổng quát chỉ số lũy thừa ở mẫu và tử.
Cho a,b,c >0 và $abc \geq 1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^{k+3}}{a^{k+3}+b^k+c^k}+\frac{b^{k+3}}{a^k+b^{k+3}+c^k}+\frac{c^{k+3}}{a^k+b^k+c^{k+3}}\geq \frac{a^k}{a^{k+3}+b^k+c^k}+\frac{b^k}{a^k+b^{k+3}+c^k}+\frac{c^{k+3}}{a^k+b^k+c^{k+3}}$$ với k là tham số, $k\in N^*$


Cũng giống như bài toán gốc, nhưng ở (***) ta thu được BĐT:
$$a^{k+2}+b^{k+2}+c^{k+2}\geq a^{k-1}+b^{k-1}+c^{k-1}$$
Ta cũng c/m được: $a^{k+2}+b^{k+2}+c^{k+2}\geq abc(a^{k-1}+b^{k-1}+c^{k-1})\geq a^{k-1}+b^{k-1}+c^{k-1}$
Phép cm hoàn tất, dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Ở bài toán gốc là trường hợp MR 2 với $k=2$ ^_^

MR 3: Thay đổi chỉ số lũy thừa ở mẫu.
Cho a,b,c >0 và $abc \geq 1$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^{k+3}}{a^{m+3}+b^m+c^m}+\frac{b^{k+3}}{a^m+b^{m+3}+c^m}+\frac{c^{k+3}}{a^m+b^m+c^{m+3}}\geq \frac{a^k}{a^{m+3}+b^m+c^m}+\frac{b^k}{a^m+b^{m+3}+c^m}+\frac{c^{k+3}}{a^m+b^m+c^{m+3}}$$ với $k,m$ là tham số, $k\in N^*;m\in N$


Sau khi có đánh giá có dạng như đánh giá (*), ta sẽ biện luận: Áp dụng giả thiết $abc\geq 1$ và bài toán 1, ta có:
$$\frac{a^k-a^{k+3}}{ a^{m+3}+b^m+c^m }=\frac{a^k(1-a^3)}{ a^{m+3}+b^m+c^m }\leq^{Cauchy\ 3\ số} \frac{a^k(1-a^3)}{3\sqrt[3]{a^{m+3}b^mc^m}}\leq \frac{a^k(1-a^3)}{3a} = \frac{a^{k-1}(1-a^3)}{3}$$

Đến đây ta cũng chỉ còn việc xây dựng $$a^{k+2}+b^{k+2}+c^{k+2}\geq a^{k-1}+b^{k-1}+c^{k-1}$$ đã được đề cập ở MR 2
MR 2 lại là một trường hợp MR 3 với $m=k$ :P

MR 4: Gia tăng số lượng biến - bài toán tổng quát mạnh nhất:
Cho $a_1;a_2;a_3;…;a_n>0$ và $ a_1a_2a_3…a_n \geq 1$. Chứng minh rằng:
$$\sum \frac{a_1^{k+n}}{a_1^{m+n}+a_2^m+a_3^m+…+a_n^m}\geq \sum \frac{a_1^k}{a_1^{m+n}+a_2^m+a_3^m+…+a_n^m}$$với $k,m,n$ là tham số, $k,n\in N^*;m\in N$

-Ngoài việc chứng minh rồi sử dụng BĐT Cauchy cho $n$ số để đánh giá mẫu ở (*) và BĐT (***), các bước còn lại c/m tương tự :D
Dấu bằng xảy ra khi $a_1=a_2=…=a_n=1$

Mệt...
Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#14 daovuquang

daovuquang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 194 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi nào có toán...

Đã gửi 06-05-2012 - 15:28

Bổ đề: BĐT Cauchy-Schwarz: $(a_1^2+a_2^2+...+a_n^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_n^2)\geq(a_1b_1+a_2b_2+...+a_nb_n)^2 \forall n\geq2$
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow \frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=...=\frac{a_n}{b_n}$ với quy ước nếu $a_j=0$ thì $b_j=0$ và ngược lại.
Chứng minh:
Với $n=2: (a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)\geq(a_1b_1+a_2b_2)^2$
$\Leftrightarrow (a_1b_2-a_2b_1)^2\geq0$ hiển nhiên đúng.
Giả sử BĐT đúng với $n=k$, tức là: $(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_k^2)\geq(a_1b_1+a_2b_2+...+a_kb_k)^2$
Ta sẽ chứng minh BĐT đúng với $n=k+1.$
Thật vậy: $(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2+a_{k+1}^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_k^2+b_{k+1}^2)$
$=(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2)(b_1^2+b_2^2+...+b_k^2)+b_{k+1}^2(a_1^2+a_2^2+...+a_k^2)+a_{k+1}^2(b_1^2+b_2^2+...+b_k^2)+a_{k+1}^2b_{k+1}^2$
$\geq(a_1b_1+a_2b_2+...+a_kb_k)^2+(b_{k+1}^2a_1^2+a_{k+1}^2b_1^2)+...+(b_{k+1}^2a_k^2+a_{k+1}^2b_k^2)+a_{k+1}^2b_{k+1}^2$
$\geq(a_1b_1+a_2b_2+...+a_kb_k)^2+2(a_1b_1+a_2b_2+...+a_kb_k)a_{k+1}b_{k+1}+a_{k+1}^2b_{k+1}^2$
$=(a_1b_1+a_2b_2+...+a_kb_k+a_{k+1}b_{k+1})^2\Rightarrow Q.E.D.$
Mở rộng 1: ta sẽ thay đổi số biến từ 3 lên 4:
Cho $a,b,c,d>0$ và $abcd\geq1$. CMR:
$\frac{a^7}{a^7+b^3+c^3+d^3}+\frac{b^7}{a^3+b^7+c^3+d^3}+\frac{c^7}{a^3+b^3+c^7+d^3}+\frac{d^7}{a^3+b^3+c^3+d^7}\geq\frac{a^3}{a^7+b^3+c^3+d^3}+\frac{b^3}{a^3+b^7+c^3+d^3}+\frac{c^3}{a^3+b^3+c^7+d^3}+\frac{d^3}{a^3+b^3+c^3+d^7}(1).$
Biến đổi tương tự bài gốc:
$(1)\Leftrightarrow \frac{1}{a^7+b^3+c^3+d^3}+\frac{1}{a^3+b^7+c^3+d^3}+\frac{1}{a^3+b^3+c^7+d^3}+\frac{1}{a^3+b^3+c^3+d^7}\leq\frac{4}{a^3+b^3+c^3+d^3}.$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
$(a^7+b^3+c^3+d^3)(bcd+b^3+c^3+d^3)\geq(\sqrt{a^7bcd}+b^3+c^3+d^3)^2\geq(a^3+b^3+c^3+d^3)^2$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^7+b^3+c^3+d^3}\leq\frac{bcd+b^3+c^3+d^3}{(a^3+b^3+c^3+d^3)^2}\leq\frac{4(b^3+c^3+d^3)}{3(a^3+b^3+c^3+d^3)^2}$
Tương tự:
$\frac{1}{a^3+b^7+c^3+d^3}\leq\frac{4(a^3+c^3+d^3)}{3(a^3+b^3+c^3+d^3)^2}$
$\frac{1}{a^3+b^3+c^7+d^3}\leq\frac{4(a^3+b^3+d^3)}{3(a^3+b^3+c^3+d^3)^2}$
$\frac{1}{a^3+b^3+c^3+d^7}\leq\frac{4(a^3+b^3+c^3)}{3(a^3+b^3+c^3+d^3)^2}$
Cộng 4 BĐT trên, ta được đpcm.
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=d=1.$

#15 ToanHocLaNiemVui

ToanHocLaNiemVui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 181 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ninh Bình
  • Sở thích:Naruto, Naruto,..... và chỉ Naruto....!!!

Đã gửi 06-05-2012 - 18:05

Solution:
Vì $a,b,c>0$ nên AD BĐT Cauchy cho 2 số dương ta có:
$\sum _{cyc}\frac{a^{5}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}= \sum _{cyc}\frac{a^{5}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{a(a^{5}+b^{2}+c^{2})}-\sum _{cyc}\frac{1}{a(a^{5}+b^{2}+c^{2})}\geq 2\sum _{cyc}\frac{a^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}-\sum _{cyc}\frac{1}{a(a^{5}+b^{2}+c^{2})}$. (*)
Vì $a,b,c$ có tính đối xứng nên ta g/s $a=max(a,b,c)$.
◘, Xét: $a\geq b\geq c$ , ta có:
$a(a^{5}+b^{2}+c^{2})\geq b(b^{5}+a^{2}+c^{2})\geq c(c^{5}+a^{2}+b^{2})$ (1)
Từ đó, kết hợp (1) và BĐT Cauchy cho 3 số dương, ta có:
$\sum _{cyc}\frac{a^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}-\sum _{cyc}\frac{1}{a(a^{5}+b^{2}+c^{2})}= \sum _{cyc}\frac{a^{3}-1}{a(a^{5}+b^{2}+c^{2})}\geq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}-3}{a(a^{5}+b^{2}+c^{2})}\geq \frac{3abc-3}{a(a^{5}+b^{2}+c^{2})}\geq 0$ (Vì gt cho $abc\geq 0$). (**)
◘, Xét: $a\geq c\geq b$, tt]ơng tự như trên ta cũng có (**).
Từ (*) và (**), ta có:
$\sum _{cyc}\frac{a^{5}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}\geq \sum _{cyc}\frac{a^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}$
$\Rightarrow Q.E.D$
Dấu "=" xảy ra khi chỉ khi $a=b=c=1$.

-----------------------------------------
Sai quá nặng về mặt kiến thức. Cách dùng $\sum$ ở một số chỗ ko rõ ràng.

S=0

Xét: $a\geq b\geq c$ , ta có:
$a(a^{5}+b^{2}+c^{2})\geq b(b^{5}+a^{2}+c^{2})\geq c(c^{5}+a^{2}+b^{2})$ (1)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 08-05-2012 - 11:50

Đừng Sợ Hãi Khi Phải


Đối Đầu Với Một Đối Thủ Mạnh Hơn


Mà Hãy Vui Mừng Vì


Bạn Có Cơ Hội Chiến Đấu Hết Mình!

___________________________________________________________________________

Thào thành viên của

VMF


#16 daovuquang

daovuquang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 194 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi nào có toán...

Đã gửi 06-05-2012 - 18:17

Mở rộng 2: ta sẽ tổng quát hóa lên $n$ biến:
Cho $a_1,a_2,...,a_n>0$ và $a_1a_2...a_n\geq1$. CMR:
$\frac{a_1^{2n-1}-a_1^{n-1}}{a_1^{2n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1}}+\frac{a_2^{2n-1}-a_2^{n-1}}{a_1^{n-1}+a_2^{2n-1}+...+a_n^{n-1}}+...+\frac{a_n^{2n-1}-a_n^{n-1}}{a_1^{n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{2n-1}}\geq0.$

BĐT tương đương với $\frac{1}{a_1^{2n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1}}+\frac{1}{a_1^{n-1}+a_2^{2n-1}+...+a_n^{n-1}}+...+\frac{1}{a_1^{n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{2n-1}}\geq\frac{n}{a_1^{n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1}}.$
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz:
$(a_1^{2n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1})(a_2a_3...a_n+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1})\geq(\sqrt{a_1^{2n-1}a_2...a_n}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1})^2\geq(a_1^{n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1})^2$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a_1^{2n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1}}\leq\frac{a_2a_3...a_n+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1}}{(a_1^{n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1})^2}\leq\frac{n(a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1})}{(n-1)(a_1^{n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1})^2}$
Tương tự:
$\frac{1}{a_1^{n-1}+a_2^{2n-1}+...+a_n^{n-1}}\leq\frac{n(a_1^{n-1}+...+a_n^{n-1})}{(n-1)(a_1^{n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1})^2}$
...
$\frac{1}{a_1^{n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{2n-1}}\leq\frac{n(a_1^{n-1}+...+a_{n-1}^{n-1})}{(n-1)(a_1^{n-1}+a_2^{n-1}+...+a_n^{n-1})^2}$
Cộng các BĐT trên, ta được đpcm.
Dấu $"="$ xảy ra $\Leftrightarrow a_1=a_2=...=a_n=1.$

----------------------------------------------------
Bài này thiếu điều kiện của $n$ :D Tuy nhiên em vẩn được điểm vì ý tưởng ;)
Sửa lại cho đúng:
Cho $a_1,a_2,...,a_n>0$ và $a_1a_2...a_n\geq1$ ($n\ge 3$). CMR:
$\frac{a_1^{2n+1}-a_1^{n+1}}{a_1^{2n+1}+a_2^{n+1}+...+a_n^{n+1}}+\frac{a_2^{2n+1}-a_2^{n+1}}{a_1^{n+1}+a_2^{2n+1}+...+a_n^{n+1}}+...+\frac{a_n^{2n+1}-a_n^{n+1}}{a_1^{n+1}+a_2^{n+1}+...+a_n^{2n+1}}\geq0.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 08-05-2012 - 10:41


#17 nthoangcute

nthoangcute

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1989 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 11

Đã gửi 06-05-2012 - 18:37

Hình như BĐT Bunhiacopxki không phải chứng minh lại nữa !!!
______________________________________________________
Lời giải của nthoangcute:
Bổ đề:
Với mọi $a,b,c$ ta luôn có $a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$
Thật vậy:
$a^2+b^2+c^2 \geq ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow 2(a^2+b^2+c^2) \geq 2(ab+bc+ca)$
$\Leftrightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \geq 0$ (luôn đúng với mọi $a,b,c$)
______________________________________________________
Ta có:
$\frac{{{a^5}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} $
$\geq \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$
$\Leftrightarrow (1-\frac{b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2})+(1-\frac{c^2+a^2}{a^2+b^5+c^2})+(1-\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+c^5}) $
$\geq \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$
$\Leftrightarrow 3-\frac{b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2}-\frac{c^2+a^2}{a^2+b^5+c^2}-\frac{a^2+b^2}{a^2+b^2+c^5} $
$\geq \frac{{{a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$
$\Leftrightarrow 3 \geq \frac{{{a^2+b^2+c^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{a^2+b^2+c^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{a^2+b^2+c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$

Ta có:
Áp dụng BĐT Bunyakovsky ta có:
$(a^5+b^2+c^2)(\frac{1}{a}+b^2+c^2)=((\sqrt{a^5})^2+b^2+c^2)((\sqrt{\frac{1}{a}})^2+b^2+c^2) \geq (\sqrt{a^5}.\sqrt{\frac{1}{a}}+b.b+c.c)^2=(a^2+b^2+c^2)^2$
Suy ra $\frac{a^2+b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2} \leq \frac{\frac{1}{a}+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2}$
Chứng minh tương tự Bất Đẳng Thức này, ta được:
$\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^5+c^2} \leq \frac{\frac{1}{b}+c^2+a^2}{a^2+b^2+c^2}$
$\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^5} \leq \frac{\frac{1}{c}+a^2+b^2}{a^2+b^2+c^2}$
Từ đó suy ra:
$\frac{a^2+b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2}+\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^5+c^2}+\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^5}$
$\leq \frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+2(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2}$
$\leq \frac{ab+bc+ca+2(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2}$ (vì $a,b,c>0$ và $abc\geq 1$)
$\leq \frac{ab+bc+ca+2(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2}$ (Áp dụng Bổ đề)
$=\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2}$
$=3$
Vậy $ 3 \geq \frac{{{a^2+b^2+c^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{a^2+b^2+c^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{a^2+b^2+c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}$
Suy ra BĐT được chứng minh.

--------------------------------------------------
Biến đổi có phần khác các bài giải ở trên. Nhưng ý tưởng thì giống nhau cả.
Tuy nhiên viết bị sai ở chỗ:

Cái này nương tay trừ 0.5 điểm nhá ;)
$\leq \frac{ab+bc+ca+2(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2}$ (vì $a,b,c>0$ và $abc\geq 1$)

$\leq \frac{ab+bc+ca+2(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2}$ (Áp dụng Bổ đề)
$=\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a^2+b^2+c^2}$

D-B=45.5h
E=9.5
F=0
S=31

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 08-05-2012 - 11:05

Xem thêm các thủ thuật CASIO ở đây :
www.youtube.com/nthoangcute/

Các bạn có thể Like, Subscribe, Share, ... để kênh của mình phát triển hơn !
Thanks All !


#18 WhjteShadow

WhjteShadow

    $\textbf{Tư Mã Trọng Đạt}$

  • ĐHV Tổng hợp
  • 1180 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\mathfrak{Behind\,The\, Rainbow}$
  • Sở thích:$\mathfrak{NumberTheory}$

Đã gửi 06-05-2012 - 18:42

Ta có $\sum \frac{a^5}{a^5+b^2+c^2})\geq \sum \frac{a^2}{a^5+b^2+c^2}$
$\leftrightarrow 3\geq \sum \frac{a^2}{a^5+b^2+c^2}+(\sum \frac{b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2})$
$\leftrightarrow 3-(\sum \frac{b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2})\geq \sum \frac{a^2}{a^5+b^2+c^2}$
$\leftrightarrow 3\geq \sum \frac{a^2+b^2+c^2}{a^5+b^2+c^2}$
$\leftrightarrow \frac{3}{a^2+b^2+c^2}\geq \sum \frac{1}{a^5+b^2+c^2}$ (1)
Bunhia 2 bộ 2 số ta có
$(a^5+b^2+c^2)(\frac{1}{a}+b^2+c^2)\geq (a^2+b^2+c^2)^2$
$\leftrightarrow \frac{1}{(a^5+b^2+c^2)}\frac{(a^2+b^2+c^2)}{(\frac{1}{a}+b^2+c^2)}\leq \frac{1}{(a^2+b^2+c^2)}$
Tương tự và cộng lại
$\rightarrow \frac{3}{a^2+b^2+c^2}\geq (\sum \frac{1}{a^5+b^2+c^2})(a^2+b^2+c^2)(\sum \frac{1}{\frac{1}{a}+b^2+c^2})$ (2)
Mà mặt khác $abc\geq 1$
$\rightarrow \frac{1}{a}\leq bc\leq \frac{b^2+c^2}{2}$
$\rightarrow \frac{1}{\frac{1}{a}+b^2+c^2}\geq \frac{1}{\frac{3}{2}(b^2+c^2)}$
$\rightarrow \sum \frac{1}{\frac{1}{a}+b^2+c^2}\geq\sum \frac{1}{\frac{3}{2}(b^2+c^2)}\geq \frac{9}{3(a^2+b^2+c^2)}$ (3)
Từ (2) và (3) =>(1) đúng =>đpcm

---------------------------------------------
Ý tưởng ko có gì khác các bạn nhưng sai rồi em ak ;)
Sai ở chỗ:

$\leftrightarrow \frac{1}{(a^5+b^2+c^2)}\frac{(a^2+b^2+c^2)}{(\frac{1}{a}+b^2+c^2)}\leq \frac{1}{(a^2+b^2+c^2)}$
Tương tự và cộng lại
$\rightarrow \frac{3}{a^2+b^2+c^2}\geq (\sum \frac{1}{a^5+b^2+c^2})(a^2+b^2+c^2)(\sum \frac{1}{\frac{1}{a}+b^2+c^2})$ (2)

Phần sau sai luôn.
S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi wallunint: 08-05-2012 - 11:20

$$\boxed{\text{diendantoanhoc.net/forum}}$$

Tổng hợp các phương pháp chứng minh bất đẳng thức


#19 cool hunter

cool hunter

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 491 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:lịch sử toán học

Đã gửi 06-05-2012 - 22:51

BĐT <=>$\frac{a^{5}-a^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{5}-b^{2}}{b^{5}+c^{2}+a^{2}}+\frac{c^{5}-c^{2}}{c^{5}+a^{2}+b^{2}}\geq 0 \Leftrightarrow 1-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}+1-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{b^{5}+c^{2}+a^{2}}+1-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{c^{5}+a^{2}+b^{2}}\geq 0 \Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})(\frac{1}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{b^{5}+c^{2}+a^{2}}+\frac{1}{c^{5}+a^{2}+b^{2}})\leq 3 \Leftrightarrow P=\frac{1}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}+\frac{1}{b^{5}+c^{2}+a^{2}}+\frac{1}{c^{5}+a^{2}+b^{2}}\leq \frac{3}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$.
Áp dụng bđt Bu-nhi-a-cốp-xki ta đc:
$(a^{5}+b^{2}+c^{2})(\frac{1}{a}+b^{2}+c^{2})\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\Rightarrow \frac{1}{a^{5}+b^{2}+c^{2}}\leq \frac{\frac{1}{a}+b^{2}+c^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}$.
Tương tự ta cũng có:
$\frac{1}{b^{5}+c^{2}+a^{2}}\leq \frac{\frac{1}{b}+c^{2}+a^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}};\frac{1}{c^{5}+a^{2}+b^{2}}\leq \frac{\frac{1}{c}+a^{2}+b^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}$.
Cộng 3 bđt này lại theo vế ta đc:
$P\leq \frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}$.
Và như thế bài toán đưa về c/m:
$\frac{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+2(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}\leq \frac{3}{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \Leftrightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$.
Do $abc\geq 1$ & $ab+bc+ca\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$ (*) nên:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq \frac{abc}{a}+\frac{abc}{b}+\frac{abc}{c}=ab+bc+ca\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}$.
Bài toán đc c/m.
Dấu "=" xảy ra <=> a=b=c=1.
*C/m: Bunhia 3 số: Dùng biến đổi tương đương đưa về hằng đẳng thức Largrange.
*C/m: (*): Dùng biến đổi tương đương đưa về tổng bình phương.
*Nếu ko nhầm thì đây là đề thi Toán quốc tế 2005.

Ý tưởng tốt :D
D-B>48h
S=0

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 08-05-2012 - 12:17

  • NLT yêu thích

Thà đừng yêu để giữ mình trong trắng

Lỡ yêu rôì nhất quyết phải thành công

                                                                 


#20 NLT

NLT

    Trung úy

  • Hiệp sỹ
  • 868 Bài viết
  • 0 points
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bình Định
  • Sở thích:I Love Mathematics :) <3

Đã gửi 07-05-2012 - 12:31

Lời giải của Princeofmathematics:
Bài này trông có vẻ đơn giản:
Dễ thấy, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
$ \frac{{{a^5} - {a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5} - {b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5} - {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \geqslant 0 $ (*)
Mặt khác:
$ \frac{{{a^5} - {a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{{\left( {{a^5} + {b^2} + {c^2}} \right) - \left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} = 1 - \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} $
Tương tự:
$ \frac{{{b^5} - {b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} = 1 - \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}};\,\frac{{{c^5} - {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} = 1 - \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{{\text{a}}^2} + {b^2} + {c^5}}} $
Cộng 3 đẳng thức vừa tìm được, ta được:
$ \frac{{{a^5} - {a^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{b^5} - {b^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{c^5} - {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} = 3 - \left( {\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}}} \right) $
Do đó chỉ cần chứng minh:
$ \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \leqslant 3 $ (**)
Dễ thấy, theo Cauchy-Schwarz:
$ \left( {{a^5} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {bc + {b^2} + {c^2}} \right) \geqslant {\left( {\sqrt {{a^5}bc} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} $
$ \Rightarrow \left( {{a^5} + {b^2} + {c^2}} \right)\left( {bc + {b^2} + {c^2}} \right) \geqslant {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} $
(Vì $ abc \geqslant 1 $ nên $ \sqrt {{a^5}bc} \geqslant \sqrt {{a^4}} = {a^2} $ )
$ \Rightarrow \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} \leqslant \frac{{bc + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} \leqslant \frac{{\frac{{{b^2} + {c^2}}}{2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = \frac{3}{2}.\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} $
( Vì theo AM-GM thì $ bc \leqslant \frac{{{b^2} + {c^2}}}{2}(b,c > 0) $ )
Xây dựng 2 bất đẳng thức tương tự, ta được:
$ \Rightarrow \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} \leqslant \frac{3}{2}.\frac{{{c^2} + {a^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}};\,\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \leqslant \frac{3}{2}.\frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} $
Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế:
$ \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \leqslant \frac{3}{2}\left( {\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{c^2} + {{\text{a}}^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}} \right) $
=> $ \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^5} + {b^2} + {c^2}}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^5} + {c^2}}} + \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{{a^2} + {b^2} + {c^5}}} \leqslant \frac{3}{2}.\frac{{2\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)}}{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}} = 3 $
$ \Rightarrow (**):\,\,True $ $ \Rightarrow (*)\,:\,\,True $
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh đúng.
Đẳng thức xảy ra khi x=y=z.
---------------------------------------------------------------
P/S: CM bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho 2 bộ 3 số, tức là CM:
$ \left( {{A_1} + {A_2} + {A_3}} \right)\left( {{B_1} + {B_2} + {B_3}} \right) \geqslant {\left( {\sqrt {{A_1}{B_1}} + \sqrt {{A_2}{B_2}} + \sqrt {{A_3}{B_3}} } \right)^2}\,\left( {{A_i},{B_i} \geqslant 0;\,i = \overrightarrow {1,3} } \right) $
CM: Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz cho 2 bộ 2 số:
$ \left[ {\left( {{A_1} + {A_2}} \right) + {A_3}} \right]\left[ {\left( {{B_1} + {B_2}} \right) + {B_3}} \right] \geqslant {\left( {\sqrt {\left( {{A_1} + {A_2}} \right)\left( {{B_1} + {B_2}} \right)} + \sqrt {{A_3}{B_3}} } \right)^2} $
và: $ \left( {{A_1} + {A_2}} \right)\left( {{B_1} + {B_2}} \right) \geqslant {\left( {\sqrt {{A_1}{B_1}} + \sqrt {{A_2}{B_2}} } \right)^2} $
Ta có ngay đpcm.
----------------------------------------------------------------
Về mở rộng, ta có thể mở rộng cho n biến và số mũ m như sau:
$ \sum {\frac{{{a_1}^{5m}}}{{{a_1}^{5m} + {a_2}^{2m} + ... + {a_n}^{2m}}}} \geqslant \sum {\frac{{{a_1}^{2m}}}{{{a_1}^{5m} + {a_2}^{2m} + ... + {a_n}^{2m}}}} $ (m,n nguyên dương)
Cách giải hoàn toàn tương tự bài toán ban đầu !

-------------

THAM GIA TOPIC HÌNH HỌC - TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN TRÊN MATHLINKS.RO !


GEOMETRY IS THE KING OF MATHEMATICS ! IT IS A WONDERFUL PART OF MATHEMATICS !!!


Some people who are good at calculus think that they will become leading mathematicians. It's funny and stupid.


_______________

Chuyên đề SỐ HỌC ver 1.0 của Diễn đàn toán học VMF tại đây
Chuyên đề ĐẲNG THỨC TỔ HỢP của Diễn đàn toán học VMF tại đây
Xem cách đặt tiêu đề ở đây
Học gõ công thức Toán $\LaTeX$ tại đây
Tham gia Khóa ôn thi đại học năm 2013 tại đây
Đăng ký làm Điều hành viên Diễn đàn toán học VMF tại đây
Đăng ký làm Biên tập viên cho Diễn đàn toán học VMF tại đây
Góp ý cho chúng tôi tại đây
Chân thành cảm ơn các bạn đã tham gia nhiệt tình Diễn đàn toán học VMF !
___

Trưởng nhóm điều hành viên THPT,
Nguyễn Lâm Thịnh




0 người đang xem chủ đề

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