Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
- - - - -

CMR: $\frac{18a^3+20abc}{b+c}\ge 4b^2+4c^2+11bc$

bdt_o

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1756 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 28-01-2017 - 07:57

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} a=max(a,b,c)\\b^2(17a+10c)+c^2(17a+10b)=27a^2(b+c) \end{matrix}\right.$.
Chứng minh rằng: $18a^3+20abc\ge (4b^2+4c^2+11bc)(b+c)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 28-01-2017 - 08:32

Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến
Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che

#2 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Thành viên
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 28-01-2017 - 12:57

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} a=max(a,b,c)\\b^2(17a+10c)+c^2(17a+10b)=27a^2(b+c) \end{matrix}\right.$.
Chứng minh rằng: $18a^3+20abc\ge (4b^2+4c^2+11bc)(b+c)$

Lời giải (Với điều kiện $a,b,c$ dương) :

Từ giả thiết ta có : $(a-b)(a-c) \geq 0 \Rightarrow a^2+bc \geq ab+ac \Rightarrow a^3+abc \geq a^2(b+c)$

Khai thác giả thiết ta có :

$$17a(b^2+c^2)+10bc(b+c)=27a^2(b+c)$$

$$\Rightarrow 17a(b^2+c^2)+10bc(b+c) \leq 27(a^3+abc)$$

$$\Rightarrow a[17(b^2+c^2)+3bc]+10bc(b+c) \leq 27a^3+30abc$$

Ta có BĐT phụ sau : $17(b^2+c^2)+3bc \geq \frac{37}{4}(b+c)^2 \Leftrightarrow 31(b-c)^2 \geq 0$

$$\Rightarrow 27a^3+30abc \geq \frac{37a}{4}(b+c)^2+10bc(b+c)$$

$$\Rightarrow 18a^3+20abc \geq \frac{2}{3}.[\frac{37a}{4}(b+c)^2+10bc(b+c)]$$

Ta quy bài toán về chứng minh : 

$$\frac{2}{3}.[\frac{37a}{4}(b+c)^2+10bc(b+c)] \geq (b+c)(4b^2+4c^2+11bc)$$

$$\Leftrightarrow \frac{37a(b+c)}{4}+10bc \geq 6(b^2+c^2)+\frac{33bc}{2}$$

Sử dụng giả thiết : $a \geq b$, $a \geq c$. Ta có $\frac{37a(b+c)}{4} \geq \frac{37}{4}.(b^2+c^2)$

Bài toán đưa về chứng minh 

$$\frac{37}{4}(b^2+c^2)+10bc \geq 6(b^2+c^2)+\frac{33bc}{2}$$

$$\Leftrightarrow \frac{13}{4}(b-c)^2 \geq 0$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi royal1534: 28-01-2017 - 13:41


#3 tritanngo99

tritanngo99

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1756 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:$\href{https://www.youtube.com/watch?v=YNlEDsIQxWU}{Đây}$

Đã gửi 28-01-2017 - 13:32

Lời giải :
Từ giả thiết ta có : $(a-b)(a-c) \geq 0 \Rightarrow a^2+bc \geq ab+ac \Rightarrow a^3+abc \geq a^2(b+c)$
Khai thác giả thiết ta có :
$$17a(b^2+c^2)+10bc(b+c)=27a^2(b+c)$$
$$\Rightarrow 17a(b^2+c^2)+10bc(b+c) \leq 27(a^3+abc)$$
$$\Rightarrow a[17(b^2+c^2)+3bc]+10bc(b+c) \leq 27a^3+30abc$$
Ta có BĐT phụ sau : $17(b^2+c^2)+3bc \geq \frac{37}{4}(b+c)^2 \Leftrightarrow 31(b-c)^2 \geq 0$
$$\Rightarrow 27a^3+30abc \geq \frac{37a}{4}(b+c)^2+10bc(b+c)$$
$$\Rightarrow 18a^3+20abc \geq \frac{2}{3}.[\frac{37a}{4}(b+c)^2+10bc(b+c)]$$
Ta quy bài toán về chứng minh : 
$$\frac{2}{3}.[\frac{37a}{4}(b+c)^2+10bc(b+c)] \geq (b+c)(4b^2+4c^2+11bc)$$
$$\Leftrightarrow \frac{37a(b+c)}{4}+10bc \geq 6(b^2+c^2)+\frac{33bc}{2}$$
Sử dụng giả thiết : $a \geq b$, $a \geq c$. Ta có $\frac{37a(b+c)}{4} \geq \frac{37}{4}.(b^2+c^2)$
Bài toán đưa về chứng minh 
$$\frac{37}{4}(b^2+c^2)+10bc \geq 6(b^2+c^2)+\frac{33bc}{2}$$
$$\Leftrightarrow \frac{13}{4}(b-c)^2 \geq 0$$

Lời giải của em hay, nhưng chưa chặt lắm. Ta chỉ có: $a^3+abc\ge a^2(b+c)$ khi $a\ge 0$. Còn $a<0?$
Yêu quê hương thương nhân loại núi sông cảm mến
Hiểu Thánh triết biết nghĩa nhân trời đất chở che

#4 royal1534

royal1534

    Trung úy

  • Thành viên
  • 773 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng
  • Sở thích:VMF!

Đã gửi 28-01-2017 - 13:40

Lời giải của em hay, nhưng chưa chặt lắm. Ta chỉ có: $a^3+abc\ge a^2(b+c)$ khi $a\ge 0$. Còn $a<0?$

Hic. Tạm thời em sẽ để lời giải với điều kiện $a,b,c$ dương vậy.



#5 phamngochung9a

phamngochung9a

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 480 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\text{Planet Vegeta}$
  • Sở thích:${\color{Cyan}{\boxed{{\color{Yellow}{\boxed{{\color{blue}
    \bigstar}}\boxed{\color{red}{\text{Dragon ball}}}\boxed{{\color{Green}\bigstar}}}}}}}$

Đã gửi 28-01-2017 - 16:36

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn: $\left\{\begin{matrix} a=max(a,b,c)\\b^2(17a+10c)+c^2(17a+10b)=27a^2(b+c) \end{matrix}\right.$.
Chứng minh rằng: $18a^3+20abc\ge (4b^2+4c^2+11bc)(b+c)$

Lời giải với điều kiện $a,b,c$ thực:

 

Đặt $\left\{\begin{matrix} b=xa & \\ c=ya & \end{matrix}\right.$

 

Khi đó giả thiết trở thành: $x^{2}\left ( 17+10y \right )+y^{2}\left ( 17+10x \right )=27\left ( x+y \right )$

 

Cần chứng minh: $18+20xy\geq \left ( 4x^{2}+4y^{2}+11xy \right )\left ( x+y \right )$

 

Lại đặt $\left\{\begin{matrix} x+y=S & \\ xy=P & \end{matrix}\right.$, ta có: $17\left ( S^{2}-2P \right )+10SP=27S\Rightarrow P=\frac{17S^{2}-27S}{34-10S}$

 

Khi đó: $VT-VP=18+20P-S\left ( 4S^{2}+3P \right )=18-4S^{3}+P\left ( 20-3S \right )\\=18-4S^{3}+\left ( 20-3S \right ).\frac{17S^{2}-27S}{34-10S}=\frac{\left ( S-2 \right )^{2}\left ( 40S^{2}-27S+153 \right )}{20-3S}$

 

  • Nếu $a\geq 0$ thì: $a.S=b+c\leq 2a\Rightarrow S\leq 2\Rightarrow 20-3S> 0\Rightarrow VT\geq VP$
  • Nếu $a<0$ thì: $b< 0$ và $c< 0$$\Rightarrow P> 0\Rightarrow \frac{4S^{3}-18}{20-3S}>0\Rightarrow \sqrt[3]{\frac{18}{4}}< S< \frac{20}{3}\Rightarrow 20-3S>0$

$\Rightarrow VT\geq VP$

 

Ta có điều phải chứng minh$\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phamngochung9a: 28-01-2017 - 16:37






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: bdt_o

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh