Đến nội dung

Hình ảnh

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


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

#1
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết
Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$a^3+b^3+c^3+2(a^2b+b^2c+c^2a)\geq 3(ab^2+bc^2+ca^2)$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$ và $a+b+c\leq 3$.Chứng minh rằng:
$$a\sqrt{1+b^3}+b\sqrt{1+c^3}+c\sqrt{1+a^3}\leq 5$$
“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#2
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Bài toán 2.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$ và $a+b+c\leq 3$.Chứng minh rằng:
$$a\sqrt{1+b^3}+b\sqrt{1+c^3}+c\sqrt{1+a^3}\leq 5$$

Bài này chỉ xài 1 BĐT cơ bản thôi là AM-GM :)
$$\sqrt{1+b^3}=\sqrt{(1+b)(b^2-b+1)} \le \frac{b^2+2}{2}$$
Suy ra :
$$VT \le \frac{ab^2+bc^2+ca^2+2(a+b+c)}{2}$$
Như vậy ta chỉ cần chứng minh:
$$ab^2+bc^2+ca^2 \le 4$$
Dễ thấy cái này chỉ là hệ quá của bổ đề quen thuộc sau: :D
$$ab^2+bc^2+ca^2+abc \le \frac{4}{27}(a+b+c)^3$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 04-11-2012 - 10:41

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#3
tramyvodoi

tramyvodoi

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1044 Bài viết
nhung chổ cuối còn dính abc nữa, làm sao xử lý chổ abc?
---------------
Bạn tham khảo thêm tại đây nhé:
http://diendantoanho...c2aabbccaleq-9/

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 05-11-2012 - 16:43


#4
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

nhung chổ cuối còn dính abc nữa, làm sao xử lý chổ abc?

Để ý rằng $abc \ge 0$ bạn nhé :D
P/s:Bài này dấu đẳng thức lệch hơn so với bài trong đường link của WS :$(a;b;c) \sim (0;1;2)$.
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#5
toanc2tb

toanc2tb

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 325 Bài viết

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$a^3+b^3+c^3+2(a^2b+b^2c+c^2a)\geq 3(ab^2+bc^2+ca^2)$$

 

Ta chứng minh bđt phụ sau:

Với $a\geq b\geq c$ và $x \geq y \geq z$ thì

$ax+by+cz\geq az +bx +cy$ $(2)$

Ta có:

$\left\{\begin{matrix} a-b\geq0\\ x-y\geq0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow (a-b)(x-y)\geq0 \Leftrightarrow ax+by\geq ay+bx$

Suy ra $ax+by+cz \geq ay+bx+cz$

Lại có:

$\left\{\begin{matrix} (a-c)\geq0\\ (y-z)\geq0 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow (a-c)(y-z) \geq 0 \Leftrightarrow ay+cz\geq az+cy$

Vậy $ax+by+cz\geq ay+bx+cz\geq az+bx+cy$

Mặt khác ta cũng có:

$a^3+b^3\geq a^2b+ab^2 \Leftrightarrow (a-b)^2(a+b)\geq0$ (bđt đúng) $(1)$

Rồi! Ta bắt đầu chứng minh:

Áp dụng $(1)$ và $(2)$ ta có:

$$a^3+b^3+c^3+2(a^2b+b^2c+c^2a)=\frac{1}{2}\left [ (a^3+b^3)+(b^3+c^3)+(c^3+a^3) \right ]+2(a^2b+b^2c+c^2a)\geq 3(a^2b+b^2c+c^2a)=3(a.ab+b.bc+c.ca)\geq 3(a^2c+b^2a+c^2b)$$

Vậy $a^3+b^3+c^3+2(a^2b+b^2c+c^2a)\geq 3(ab^2+bc^2+ca^2)$ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toanc2tb: 07-07-2014 - 23:27

"Nếu đường chỉ tay quyết định số phận của bạn thì hãy nhớ đường chỉ tay nằm trong lòng bàn tay của bạn." (Issac Newton)

"Khi mọi thứ dường như đang quay lưng với bạn, thì hãy luôn nhớ rằng máy bay cất cánh được khi bay ngược chiều chứ không phải thuận chiều gió"   :icon6:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :oto:  :oto:  





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh