Chủ đề này có 7 trả lời

[highstep]

1. Cho 3 số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

$\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{abc}+\frac{9(a+b+c)^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\geq 33$

 

2. Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của 

$P=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngoc Hung: 01-05-2015 - 21:21

[hoctrocuaHolmes]

1. Cho 3 số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

$\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{abc}+\frac{9(a+b+c)^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\geq 33$

 

BĐT cần cm tương đương với $[\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{abc}-6]+[\frac{9(a+b+c)^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})}-27]\geq 0$

$\Leftrightarrow \frac{2(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ac)(a+b+c)}{abc}+$

$\frac{9[(a+b+c)^{2}-3(a^{2}+b^{2}+c^{2})]}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 0\Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)[\frac{2(a+b+c)}{abc}-\frac{6}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 0$

Vì $a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca\geq 0\forall a,b,c$ nên ta cần cm

$\frac{2(a+b+c)}{abc}-\frac{6}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 0$

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

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}(a+b+c)[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}]+ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)\geq 0$(luôn đúng)

Vậy BĐT đã được chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi votruc: 01-05-2015 - 19:52

[Nguyen Minh Hai]

1. Cho 3 số thực dương a,b,c. Chứng minh rằng:

$\frac{2(a^{3}+b^{3}+c^{3})}{abc}+\frac{9(a+b+c)^{2}}{(a^{2}+b^{2}+c^{2})}\geq 33$

 

 

2. Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của 

$P=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}$1

1.  Để ý ta có 2 BĐT ngược chiều: $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc} \geq 3$ và $\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \leq 3$

2. Chắc dùng $Chebyshev$ 

[25 minutes]

$\Leftrightarrow \frac{2(a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ac)(a+b+c)}{abc}+$

$\frac{9[(a+b+c)^{2}-3(a^{2}+b^{2}+c^{2})]}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 0\Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca)[\frac{2(a+b+c)}{abc}-\frac{6}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\geq 0$

 

Chỗ này phải là $\frac{2(a+b+c)}{abc}-\frac{18}{a^2+b^2+c^2}\geqslant 0$

Đến đây dùng AM-GM là nhanh nhất.

 

1.  Để ý ta có 2 BĐT ngược chiều: $\frac{a^3+b^3+c^3}{abc} \geq 3$ và $\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2} \leq 3$

2. Chắc dùng $Chebyshev$ 

1. Hai bất đẳng thức ngược chiều đó có đánh giá được gì không ?

2. Bạn có thể làm nốt cách dùng Chebyshev được không ?

[25 minutes]

2. Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của 

$P=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}$

Mình có cách này, hơi buffalo tí

Quy đồng mẫu số ta cần chứng minh 

        $\sum (1-ab)(1-ac)\leqslant \frac{27}{8}(1-ab)(1-bc)(1-ca)$

Sử dụng $a+b+c=1$, đặt $ab+bc+ca=q, abc=r$ ta cần chứng minh 

          $27r^2+11q\leqslant 19r+3$

Áp dụng Schur bậc $3$ ta có $r\geqslant \frac{4pq-p^3}{9}=\frac{4q-1}{9}\Rightarrow 19r\geqslant \frac{19(4q-1)}{9}$

Do đó $19r+3\geqslant \frac{19(4q-1)}{9}+3\geqslant 27r^2+11q$

$\Leftrightarrow \frac{8}{9}\geqslant 27r^2+\frac{23q}{9}$

BĐT trên luôn đúng do AM-GM

            $r=abc\leqslant \frac{(a+b+c)^3}{27}=\frac{1}{27}$

và        $q=ab+bc+ca\leqslant \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}$

Vậy ta có đpcm

[Nguyen Minh Hai]

 

2. Bạn có thể làm nốt cách dùng Chebyshev được không ?

 

 

 

2. Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=1. Tìm giá trị lớn nhất của 

$P=\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca}$

Do ta có thể dự đoán điểm rơi để $P$ đại $Max$ là $a=b=c=\frac{1}{3}$ nên ta sẻ đi chứng minh BĐT sau là đúng:

$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca} \leq \frac{27}{8}$ với $a+b+c=1$                 (1)

(1) $\Leftrightarrow \sum \frac{1-9ab}{1-ab} \geq 0$

Đặt: $bc=x;ca=y;ab=z$. Ta cần chứng minh:

$\sum \frac{1-9x}{1-x} \geq 0$

 

$\Leftrightarrow \sum \frac{(1-9x)(2+3x)}{(1-x)(2+3x)} \geq 0$                                          (2)

 

Giả sử: $a \geq b \geq c$ thì $x \leq y \leq z$

Do $a+b+c=1$ nên: $x+y=a(b+c) \leq (\frac{a+b+c}{2})^2 =\frac{1}{4};y+z \leq \frac{1}{4};z+x \leq \frac{1}{4}$

Dễ có: $\left\{\begin{matrix} (1-9x)(2+3x)\geq(1-9y)(2+3y)\geq (1-9z)(2+3z) & & \\ (1-x)(2+3x)\leq (1-y)(2+3y)\leq (1-z)(2+3z) & & \end{matrix}\right.$

 

Áp dụng BĐT $Chebyshev$ ta có:

$LHS$(2)$\geq [\sum(1-9x)(2+3x)].[\sum\frac{1}{(1-x)(2+3x)}]$

 

Vì $\sum\frac{1}{(1-x)(2+3x)} >0$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$\sum (1-9x)(2+3x)\geq 0$

 

$\Leftrightarrow 6-15(x+y+z)-27(x^2+y^2+z^2)\geq 0$

 

$\Leftrightarrow 5(ab+bc+ca)+9(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \leq 2$

 

$\Leftrightarrow 5(ab+bc+ca)+9(ab+bc+ca)^2 \leq 2+18abc(a+b+c)=18abc+2$

 

Sử dụng BĐT quen thuộc:

$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$ kết hợp với $a+b+c=1$ ta có:

 

$(1-2a)(1-2b)(1-2c) \leq abc$

 

$\Leftrightarrow 4(ab+bc+ca)\leq 9abc+1$

 

Mặt khác: $ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}$ nên:

 

$5(ab+bc+ca)+9(ab+bc+ca)^2 =5(ab+bc+ca)+9(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)\leq 5(ab+bc+ca)+3(ab+bc+ca)=8(ab+bc+ca)\leq 18abc+2$

 

Do đó $P \leq \frac{27}{18}$

 

Vậy $Max_{P} = \frac{27}{18}$ khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

 

Cách giải được trích dẫn từ sách của thầy Trần Phương. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Minh Hai: 01-05-2015 - 22:26

[hoanglong2k]

Do ta có thể dự đoán điểm rơi để $P$ đại $Max$ là $a=b=c=\frac{1}{3}$ nên ta sẻ đi chứng minh BĐT sau là đúng:

$\frac{1}{1-ab}+\frac{1}{1-bc}+\frac{1}{1-ca} \leq \frac{27}{8}$ với $a+b+c=1$                 (1)

(1) $\Leftrightarrow \sum \frac{1-9ab}{1-ab} \geq 0$

Đặt: $bc=x;ca=y;ab=z$. Ta cần chứng minh:

$\sum \frac{1-9x}{1-x} \geq 0$

 

$\Leftrightarrow \sum \frac{(1-9x)(2+3x)}{(1-x)(2+3x)} \geq 0$                                          (2)

 

Giả sử: $a \geq b \geq c$ thì $x \leq y \leq z$

Do $a+b+c=1$ nên: $x+y=a(b+c) \leq (\frac{a+b+c}{2})^2 =\frac{1}{4};y+z \leq \frac{1}{4};z+x \leq \frac{1}{4}$

Dễ có: $\left\{\begin{matrix} (1-9x)(2+3x)\geq(1-9y)(2+3y)\geq (1-9z)(2+3z) & & \\ (1-x)(2+3x)\leq (1-y)(2+3y)\leq (1-z)(2+3z) & & \end{matrix}\right.$

 

Áp dụng BĐT $Chebyshev$ ta có:

$LHS$(2)$\geq [\sum(1-9x)(2+3x)].[\sum\frac{1}{(1-x)(2+3x)}]$

 

Vì $\sum\frac{1}{(1-x)(2+3x)} >0$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$\sum (1-9x)(2+3x)\geq 0$

 

$\Leftrightarrow 6-15(x+y+z)-27(x^2+y^2+z^2)\geq 0$

 

$\Leftrightarrow 5(ab+bc+ca)+9(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \leq 2$

 

$\Leftrightarrow 5(ab+bc+ca)+9(ab+bc+ca)^2 \leq 2+18abc(a+b+c)=18abc+2$

 

Sử dụng BĐT quen thuộc:

$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leq abc$ kết hợp với $a+b+c=1$ ta có:

 

$(1-2a)(1-2b)(1-2c) \leq abc$

 

$\Leftrightarrow 4(ab+bc+ca)\leq 9abc+1$

 

Mặt khác: $ab+bc+ca \leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}$ nên:

 

$5(ab+bc+ca)+9(ab+bc+ca)^2 =5(ab+bc+ca)+9(ab+bc+ca)(ab+bc+ca)\leq 5(ab+bc+ca)+3(ab+bc+ca)=8(ab+bc+ca)\leq 18abc+2$

 

Do đó $P \leq \frac{27}{18}$

 

Vậy $Max_{P} = \frac{27}{18}$ khi $x=y=z=\frac{1}{3}$

Dài

 

Có $x+y+z\leq \frac{1}{3}$

 

Theo Chebyshev thì $\sum \frac{1-9x}{1-x}\geq (3-9\sum x).\sum \frac{1}{1-x}=3.(1-3\sum x).\sum \frac{1}{1-x}\geq 0$

 

Có được điều đó vì 2 bộ $(1-9x,1-9y,1-9z)$ và $\left ( \frac{1}{1-x},\frac{1}{1-y},\frac{1}{1-z} \right )$ cùng chiều

[Nguyen Minh Hai]

Dài

 

Có $x+y+z\leq \frac{1}{3}$

 

Theo Chebyshev thì $\sum \frac{1-9x}{1-x}\geq (3-9\sum x).\sum \frac{1}{1-x}=3.(1-3\sum x).\sum \frac{1}{1-x}\geq 0$

 

Có được điều đó vì 2 bộ $(1-9x,1-9y,1-9z)$ và $\left ( \frac{1}{1-x},\frac{1}{1-y},\frac{1}{1-z} \right )$ cùng chiều

Rất tiếc nó ngược chiều Long à 

$\left\{\begin{matrix} 1-9x\geq 1-9y \geq 1-9z & & \\ 1-x \geq 1-y \geq 1-z & & \end{matrix}\right.$