Chủ đề này có 4 trả lời

[caybutbixanh]

Bài toán : Cho $a,b,c \geq 0$ và a+b+c=1 .

 

Chứng minh rằng :$$0\leq ab+bc+ca-2abc\leq \frac{7}{27}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi caybutbixanh: 04-10-2014 - 22:30

[Mikhail Leptchinski]

 

Bài toán : Cho $a,b,c \geq 0$ và a+b+c=1 .

 

Chứng minh rằng :$$0\leq P=ab+bc+ca-2abc\leq \frac{7}{27}$$

 

Áp dụng bất đẳng thức phụ sau:$xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(x+z-y)$$xyz\geq (x+y-z)(y+z-x)(x+z-y)$ từ đó có 

$abc\geq (a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)$

<=>$abc\geq (1-2a)(1-2b)(1-2c)$

<=>$9abc\geq 4ab+4bc+4ac-1$

Ta có:$9P=9(ab+bc+ac)-2.9abc=>9P\leq 9(ab+bc+ac)-2(4ab+bc+ac-1)<=>9P\leq ab+bc+ac+2\leq \frac{(a+b+c)^2}{3}=\frac{1}{3}+2=\frac{7}{3}=>P\leq \frac{7}{27}$ (Mình đặt thêm P là bất đẳng thức phải chứng minh ở đề bài nhé)

Ta có:$P=(ab+bc+ac)(a+b+c)-2abc=a^2b+a^2c+b^2a+b^2c+c^2a+c^2b+abc$

mà từ giả thiết $a,b,c\geq 0=>P\geq 0$

=>Bài toán được chứng minh.

 

Khi làm bài toán xuất hiện tích $abc$ bạn nên dùng bất đẳng thức phụ trên là bất đẳng thức schur!

[phan huong]

 

Bài toán : Cho $a,b,c \geq 0$ và a+b+c=1 .

 

Chứng minh rằng :$$0\leq ab+bc+ca-2abc\leq \frac{7}{27}$$

 

Đây là bài tập trong đề thi chọn đội tuyển Bình Thuận 11-12

Từ giả thiết x + y + z =1 và $x,y,z \geq 0$$0\leq x, y, z\leq 1$. Vậy xy + yz +xz - 2xyz= xy(1-z) + zx(1-y) + yz $\geq$0

Không làm mất tính tổng quát của bài toán , giả sử $x\leq y\leq z$, ta có

3x$\leq x + y + z\leq 3z$ nên $x\leq \frac{1}{3},z\geq \frac{1}{3},y< \frac{1}{2}$

Ta có xz$\frac{1}{3}(x+ z -\frac{1}{3})+(x-\frac{1}{3})(z-\frac{1}{3})$

Mà$(x-\frac{1}{3})(z-\frac{1}{3})\leq 0 => xz\leq \frac{1}{3}(x +z -\frac{1}{3})=\frac{1}{3}(\frac{2}{3}-y)$

Mặt khác xy + yz +zx -2xyz =(x+z)y + xz(1 - 2y)$\leq (1-y)y +\frac{1}{3}(\frac{2}{3}-y)(1-2y)=\frac{2}{9}+\frac{2}{9}y-\frac{y^{2}}{3}=\frac{7}{27}-\frac{1}{3}(y-\frac{1}{3})^{2}\leq \frac{7}{27}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phan huong: 04-10-2014 - 23:09

[DOTOANNANG]

Cách này thì sao:

"Từ gt ta có: 0<= x,y,z<= 1

Suy ra xy+ yz+ zx- 2xyz= xy+ yz(1- x)+ zx(1- y)>=0

Mặt khác từ giả thiết và bất đẳng thức AM-GM (Cauchy ) ta được:$\mathit{yz\leq \frac{(y+z)^{2}}{4}}= \frac{(1-x)^{2}}{4}$

Ta cần chứng minh: xy+ yz+ zx- 2xyz<= 7/27

Suy ra: f( yz)=(1- 2x)yz+ x(1- x)-7/27<=0

Nếu x=0,5 thì f( yz)= -1/108<0  (đúng)

Nếu x khác 0,5 thì f( yz) là hs bậc I: f( yz)<= 0 dẫn đến

f( x)<= 0 và $f\left ( \frac{(1- x)^{2})}{4} \right )\leq 0$

Thật vâỵ

$f\left ( 0 \right )= x\left ( 1-x \right )-\frac{7}{27}= -\left ( x-0,5 \right )^{2}-\frac{1}{108}\leq 0$

$f\left ( \frac{(1-x)^{2})}{4} \right )\doteq (1-2x) \frac{\left ( 1-x \right )^{2}}{4}+ x\left ( 1- x \right )- \frac{7}{27} =\frac{-1}{108}\left ( 6x+1 \right )(3x- 1)^{2}\leq 0$(do 0<= x <=1)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 24-12-2017 - 10:18

[DOTOANNANG]

Cách này sử dụng tính chất đồng biến nghịch biến của hàm số bậc nhất ở lớp 9 anh mới học năm ngoái. Tuy hơi rườm rà và không đẹp mắt nhưng dễ làm hơn cách cách trên. Sẵn tiện đồng biến nghịch biến còn có thể dùng trong giải hệ mà anh lại chuyên về cái này. Sau này nhớ post thêm vài bài bất đẳng thức nữa nha.