$$a\sqrt{1+b^3}+b\sqrt{1+c^3}+c\sqrt{1+a^3}\leq 5$$
#1
Đã gửi 04-11-2012 - 07:41
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:
$$a\sqrt{1+b^3}+b\sqrt{1+c^3}+c\sqrt{1+a^3}\leq 5$$
- HÀ QUỐC ĐẠT, BoBoiBoy, Zony Nguyen và 1 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 04-11-2012 - 10:35
Bài này chỉ xài 1 BĐT cơ bản thôi là AM-GMBài toán 2.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$ và $a+b+c\leq 3$.Chứng minh rằng:
$$a\sqrt{1+b^3}+b\sqrt{1+c^3}+c\sqrt{1+a^3}\leq 5$$
$$\sqrt{1+b^3}=\sqrt{(1+b)(b^2-b+1)} \le \frac{b^2+2}{2}$$
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:
$$ab^2+bc^2+ca^2+abc \le \frac{4}{27}(a+b+c)^3$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 04-11-2012 - 10:41
- HÀ QUỐC ĐẠT, WhjteShadow, no matter what và 3 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 05-11-2012 - 12:35
---------------
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
Đã gửi 07-11-2012 - 20:27
Để ý rằng $abc \ge 0$ bạn nhénhung chổ cuối còn dính abc nữa, làm sao xử lý chổ abc?
P/s:Bài này dấu đẳng thức lệch hơn so với bài trong đường link của WS :$(a;b;c) \sim (0;1;2)$.
- WhjteShadow yêu thích
#5
Đã gửi 07-07-2014 - 23:27
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
- Phuong Thu Quoc yêu thích
"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"
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh