#1
Đã gửi 21-12-2015 - 14:25
- tranquocluat_ht, Chris yang, tpdtthltvp và 6 người khác yêu thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#2
Đã gửi 24-12-2015 - 22:27
Ta luôn có k >=0.
VÌ a^2 +b^2+c^2 <= ab+bc+ca (Chứng minh theo cauchy được)
mặt khác ab+bc+ca <= (k^2+1)(ab+bc+ca) (do k^2 >0)
Vậy suy ra điều cần chứng minh.
(có cảm giác giả thuyết cho trước hơi thừa.... )
#3
Đã gửi 24-12-2015 - 22:53
Ta luôn có k >=0.
VÌ a^2 +b^2+c^2 <= ab+bc+a c (Chứng minh theo cauchy được)mặt khác ab+bc+ca <= (k^2+1)(ab+bc+ca) (do k^2 >0)
Vậy suy ra điều cần chứng minh.
(có cảm giác giả thuyết cho trước hơi thừa.... )
Ngược dấu rồi! Không dễ thế đâu
#4
Đã gửi 30-12-2015 - 16:40
- Belphegor Varia, Math Master, quanguefa và 1 người khác yêu thích
#5
Đã gửi 31-12-2015 - 14:37
Đến bước này thì mình chẳng biết xử lý ra sao nữa. Bước làm tiếp theo cảm giác không chặt chẽ.
Kiểu bài BĐT này nhìn lạ hoắc luôn, không biết do ai ra đề nhỉ?Tiện thể mod cho mình hỏi khi nào thì công bố đáp án của bài?
Câu này do mình đề nghị, trường hợp $k=0$ thì bài toán hiển nhiên vì nó trở thành đẳng thức. Khi $k=1$ thì điều kiện trở thành \[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=5.\]
Ta cần chứng minh $a^2+b^2+c^2 \leqslant 2(ab+b+ca).$ Đây là một bất đẳng thức khá hay của anh Võ Quốc Bá Cẩn, bài toán trên được mình tổng quát từ bài này.
- Chris yang, quan1234, tpdtthltvp và 3 người khác yêu thích
Ho Chi Minh City University Of Transport
#6
Đã gửi 31-12-2015 - 15:47
Câu này do mình đề nghị, trường hợp $k=0$ thì bài toán hiển nhiên vì nó trở thành đẳng thức. Khi $k=1$ thì điều kiện trở thành \[\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=5.\]
Ta cần chứng minh $a^2+b^2+c^2 \leqslant 2(ab+b+ca).$ Đây là một bất đẳng thức khá hay của anh Võ Quốc Bá Cẩn, bài toán trên được mình tổng quát từ bài này.
Anh ơi anh CM trường hợp $k=1$ được không ạ?
Với lại, nếu $k\in (0,1)$ thì CM như thế nào ạ?
#7
Đã gửi 01-01-2016 - 16:54
Với $k \geqslant 0$ cho trước và $a,\,b,\,c$ là ba số thực dương sao cho \[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} = (k+1)^2 + \frac{2}{k+1}\]Chứng minh rằng \[a^2+b^2+c^2 \leqslant (k^2+1)(ab+bc+ca)\]
Bài toán trên có thể chứng minh nhờ kết quả sau:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Đặt $ab+bc+ca=q$ $ (1 \geq 3q >0)$, khi đó \[\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}}+\dfrac{1}{q}-6.\]
Tiếp tục đặt $\sqrt{\dfrac{1-3q}{q}}=x \geq 0,$ ta có đánh giá \[\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{x^3+3x^2+3x+3}{x+1}=(x+1)^2+\dfrac{2}{x+1}.\qquad (1)\] Từ đây kết hợp với giả thiết, ta thu được \[(k+1)^2+\dfrac{2}{k+1} \geq (x+1)^2+\dfrac{2}{x+1}.\] Suy ra $k\geq x$. Từ đây, ta có \[k^2 \geq \dfrac{1-3q}{q}=\dfrac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca}\] \[\Longleftrightarrow (k^2+1)(ab+bc+ca) \geq a^2+b^2+c^2.\]
P/S. Đánh giá $(1)$ là một kết quả đã khá quen thuộc trên AoPS và có lẽ bài toán này được xây dựng từ đánh giá trên. Trong các bài toán tìm hằng số tốt nhất (ở dưới đây), thì đánh giá $(1)$ là một kết quả khá hữu ích và giúp cho việc chứng minh trở nên khá đơn giản. Nếu có thời gian, mình sẽ viết một chuyên đề về ứng dụng của bất đẳng thức này giới thiệu cho mọi người.
Bài 1. Cho $k_0=3\left(1+\sqrt[3]{2}\right)^2$. Chứng minh rằng $k$ là hằng số tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $ a,b,c $ \[ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}-k+9}.\]
Bài 2. Cho $k_0=3\sqrt[3]{4}-2$. Chứng minh rằng $k=k_0$ là hằng số tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $ a,b,c $ \[ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \geq 3+k.\]
Bài 3. Cho $k_0=3\sqrt[3]{2}-3$. Chứng minh rằng $k=k_0$ là hằng số tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $ a,b,c $ \[ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+k \geq \dfrac{(3k+9)(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}.\]
Bài 4. Cho $k_0=6$. Chứng minh rằng $k=k_0$ là hằng số tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $ a,b,c $ \[ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+k\left[\dfrac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}-\dfrac{1}{3}\right].\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quykhtn-qa1: 01-01-2016 - 17:00
- Zaraki, Chris yang, nhungvienkimcuong và 8 người khác yêu thích
#8
Đã gửi 03-01-2016 - 12:57
Bài toán trên có thể chứng minh nhờ kết quả sau:
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Đặt $ab+bc+ca=q$ $ (1 \geq 3q >0)$, khi đó \[\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \geq \dfrac{2(27q^2-9q+1)}{9q^2-2q+(1-3q)\sqrt{q(1-3q)}}+\dfrac{1}{q}-6.\
bn cho mình hỏi lm sao đặt đc a+b+c=1 vậy
- mathstu yêu thích
#9
Đã gửi 27-01-2016 - 19:25
bn cho mình hỏi lm sao đặt đc a+b+c=1 vậy
cậu có thể vào link này để xem: http://diendantoanho...fracbcdfracca/
- rainbow99 và Chris yang thích
Họ cười tôi vì tôi khác họ
Tôi cười họ vì tôi mắc cười
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: vmeo, vmeo iv
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh