$$\sum_{cyc}\frac{1}{(3a-b)^2} \ge \frac{k}{a^2+b^2+c^2}$$
#1
Đã gửi 11-11-2012 - 11:13
$$\frac{1}{(3a-b)^2}+\frac{1}{(3b-c)^2}+\frac{1}{(3c-a)^2} \ge \frac{k}{a^2+b^2+c^2}$$
- HÀ QUỐC ĐẠT và WhjteShadow thích
#2
Đã gửi 11-11-2012 - 22:16
Em nghĩ bài này quá lẻ và to nên em chỉ nêu hướng đi của e thử ch0 anh xem,nếu đúng thì tiếp tục làm,nếu sai thì .... =,=''Bài toán: Cho $a,b,c$ là các số thực bất kỳ.Tìm tất cả giá trị của hằng số $k$ sao cho BĐT sau đúng với mọi $a,b,c$ mà làm cho BĐT xác định:
$$\frac{1}{(3a-b)^2}+\frac{1}{(3b-c)^2}+\frac{1}{(3c-a)^2} \ge \frac{k}{a^2+b^2+c^2}$$
Đặt $3a-b=x,3b-c=y,3c-a=z$ với $x,y,z\neq 0$ lúc đó ta có:
$$3(x+y+z)^2+4(x^2+y^2+z^2)=52(a^2+b^2+c^2)$$
Vậy ta cần chứng minh:
$$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}-\frac{52k}{3(x+y+z)^2+4(x^2+y^2+z^2)}\geq 0$$
Do tính đối xứng của $x,y,z$ ta có thể giả sử $x,y> 0> z$.Đổi dấu của $z\to -z$ thì $x,y,z> 0$ và cần chứng minh:
$$f_{(x;y;z)}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}-\frac{52k}{3(x+y-z)^2+4(x^2+y^2+z^2)}\geq 0$$
$\bullet$ Nếu $z\geq x+y$ thì ta có thể chứng minh $f_{(x;y;z)}\geq f_{(x;y;x+y)}$ và sử dụng AM-GM để đến được giá trị của $k$
$\bullet$ Nếu $z\leq x+y$ khi đó ta có thể chứng minh $f_{(x;y;z)}\geq f_{(\frac{x+y}{2};\frac{x+y}{2};z)}$
Sau đó chỉ cần đặt $t=\frac{x+y}{2}$ và chuẩn hóa $z=1\Rightarrow t\geq \frac{1}{2}$ và khảo sát hàm 1 biến $t$ là được
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 11-11-2012 - 22:17
#3
Đã gửi 11-11-2012 - 22:30
Cách làm này cũng "tạm chấp nhận được" Tuy nhiên sẽ không có khả năng giải bài tổng quát.Tại sao em không đưa về biến $t=\frac{x+y}{z}$ cho gọn nhẹEm nghĩ bài này quá lẻ và to nên em chỉ nêu hướng đi của e thử ch0 anh xem,nếu đúng thì tiếp tục làm,nếu sai thì .... =,=''
Đặt $3a-b=x,3b-c=y,3c-a=z$ với $x,y,z\neq 0$ lúc đó ta có:
$$3(x+y+z)^2+4(x^2+y^2+z^2)=52(a^2+b^2+c^2)$$
Vậy ta cần chứng minh:
$$\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}-\frac{52k}{3(x+y+z)^2+4(x^2+y^2+z^2)}\geq 0$$
Do tính đối xứng của $x,y,z$ ta có thể giả sử $x,y> 0> z$.Đổi dấu của $z\to -z$ thì $x,y,z> 0$ và cần chứng minh:
$$f_{(x;y;z)}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}-\frac{52k}{3(x+y-z)^2+4(x^2+y^2+z^2)}\geq 0$$
$\bullet$ Nếu $z\geq x+y$ thì ta có thể chứng minh $f_{(x;y;z)}\geq f_{(x;y;x+y)}$ và sử dụng AM-GM để đến được giá trị của $k$
$\bullet$ Nếu $z\leq x+y$ khi đó ta có thể chứng minh $f_{(x;y;z)}\geq f_{(\frac{x+y}{2};\frac{x+y}{2};z)}$
Sau đó chỉ cần đặt $t=\frac{x+y}{2}$ và chuẩn hóa $z=1\Rightarrow t\geq \frac{1}{2}$ và khảo sát hàm 1 biến $t$ là được
#4
Đã gửi 11-11-2012 - 22:33
Ơ em nghĩ 2 cái là 1 chứ a.Chuẩn hóa cũng dựa trên ý tưởng đặt $\frac{x+y}{2z}=t$ mà aCách làm này cũng "tạm chấp nhận được" Tuy nhiên sẽ không có khả năng giải bài tổng quát.Tại sao em không đưa về biến $t=\frac{x+y}{z}$ cho gọn nhẹ
- dark templar yêu thích
#5
Đã gửi 11-11-2012 - 22:37
- WhjteShadow yêu thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: ws, kiên, tham lang, and vmfers
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Bất đẳng thức - Cực trị →
$$\frac{xy}{[(z-xy)(x+y)]^{x+y}}+.... \ge \frac{3}{16}$$Bắt đầu bởi dark templar, 11-11-2012 ws, kiên |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Dãy số - Giới hạn →
$$S=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{F_{2k+1}}{L_{k}L_{k+1}L_{k+2}}$$Bắt đầu bởi dark templar, 07-11-2012 hxthanh, perfecstrong, and vmfers |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Dãy số - Giới hạn →
$$x_{n+2}=\frac{2(x_{n+1}+x_{n})}{\sqrt{x_{n+1}}+\sqrt{x_{n}}}$$Bắt đầu bởi dark templar, 20-10-2012 dãy số 10, perfecstrong, robin997 và . |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Bất đẳng thức và cực trị →
GTLN-GTNN 15.Bắt đầu bởi dark templar, 18-10-2012 tương đối, whiteshadow, kiên và . |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Bất đẳng thức và cực trị →
$$4a^2b^2c^2\geq (a^3+b^3+c^3+abc)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$$Bắt đầu bởi WhjteShadow, 09-10-2012 2 bài toán quen thuộc, ws |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh