Đến nội dung

Hình ảnh

$\sqrt[3]{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\leq (\frac{a+b+c}{3})^2 +1$

- - - - -

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

#1
kienvuhoang

kienvuhoang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

Cho các các số thực a,b,c thỏa mãn $min(ab,bc,ca)\geq 1$.

Chứng minh rằng:$\sqrt[3]{(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)}\leq (\frac{a+b+c}{3})^2 +1$



#2
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Đặt: $f(x)=(x^2+1)$.

BĐT đề cho tương đương với: 

$f(a).f(b).f(c)\leq f^3(\frac{a+b+c}{3})$

Ta chứng minh bổ đề:

Nếu $ab\geq 1$ thì

$f(a).f(b)\leq f^2(\frac{a+b}{2})$

Thật vậy, BĐT trên tương đương với: $(a-b)^2((a+b)^2+4ab-8)\geq 0$.

Giả sử $c\geq b\geq a$ thì $c\geq 1$.

Ta có: $c.\frac{a+b+c}{3}=\frac{ca+cb+c^2}{3}\geq 1$.

Ta áp dụng bổ đề, được: 

$f(c).f(\frac{a+b+c}{3})\geq f^2(\frac{4c+a+b}{6})$.

Từ đó, ta có:

$f(a).f(b).f(c).f(\frac{a+b+c}{3})\leq f^2(\frac{a+b}{2}).f^2(\frac{4c+a+b}{6})$

Ta lại có: $\frac{a+b}{2}.\frac{4c+a+b}{6}=\frac{4ac+4bc+(a+b)^2}{12}\geq 1$.

Áp dụng bổ đề lần nữa, ta có đpcm.


$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#3
Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết

Cho các các số thực a,b,c thỏa mãn $min(xy,yz,zx)\geq 1$.

Chứng minh rằng:$\sqrt[3]{(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)}\leq (\frac{x+y+z}{3})^2 +1$

 

Giả sử $x \geqslant y \geqslant z$ và đặt $t=\frac{y+z}2$ thì $x\geqslant t \geqslant 1.$ Xét $f(x,y,z)$ là hiệu của vế phải và vế trái, từ bổ đề

\[(y^2+1)(z^2+1) \leqslant \left[1+\left(\frac{y+z}{2}\right)^2 \right]^2,\]

ta chứng minh được $f(x,y,z) \geqslant f(x,t,t).$

 

Bây giờ ta sẽ chứng minh $f(x,t,t) \geqslant 0,$ bất đẳng thức này tương đương với

\[1+{{\left( \frac{x+2t}{3} \right)}^{2}}-\sqrt[3]{({{x}^{2}}+1){{({{t}^{2}}+1)}^{2}}}\ge 0,\]

hay là

$${{\left[ {{(x+2t)}^{2}}+9 \right]}^{3}}-729({{x}^{2}}+1){{({{t}^{2}}+1)}^{2}}\ge 0,$$

hoặc

\[\underbrace{\big[{{x}^{4}}+14{{x}^{3}}t+(87{{t}^{2}}+27){{x}^{2}}+(320{{t}^{3}}+270t)x+64{{t}^{4}}-297{{t}^{2}}-486\big]}_{P}(x-t)^2 \geqslant 0.\]

Chú ý rằng

\[\begin{aligned}P=&\left[320t^3+(87x+87)t^2+(14x^2+14x)t+x^3+x^2+28x+312\right] (x-1)\\&+(64t^3+384t^2+174t+284x+174)(t-1) \geqslant 0.\end{aligned}\]

Nên ta có điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 29-08-2017 - 20:48

Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#4
kienvuhoang

kienvuhoang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết

Giả sử $x \geqslant y \geqslant z$ và đặt $t=\frac{y+z}2$ thì $x\geqslant t \geqslant 1.$ Xét $f(x,y,z)$ là hiệu của vế phải và vế trái, từ bổ đề

\[(y^2+1)(z^2+1) \leqslant \left[1+\left(\frac{y+z}{2}\right)^2 \right]^2,\]

ta chứng minh được $f(x,y,z) \geqslant f(x,t,t).$

 

Bây giờ ta sẽ chứng minh $f(x,t,t) \geqslant 0,$ bất đẳng thức này tương đương với

\[1+{{\left( \frac{x+2t}{3} \right)}^{2}}-\sqrt[3]{({{x}^{2}}+1){{({{y}^{2}}+1)}^{2}}}\ge 0,\]

hay là

$${{\left[ {{(x+2t)}^{2}}+9 \right]}^{3}}-729({{x}^{2}}+1){{({{t}^{2}}+1)}^{2}}\ge 0,$$

hoặc

\[\underbrace{\big[{{x}^{4}}+14{{x}^{3}}t+(87{{t}^{2}}+27){{x}^{2}}+(320{{t}^{3}}+270t)x+64{{t}^{4}}-297{{t}^{2}}-486\big]}_{P}(x-t)^2 \geqslant 0.\]

Chú ý rằng

\[\begin{aligned}P=&\left[320t^3+(87x+87)t^2+(14x^2+14x)t+x^3+x^2+28x+312\right] (x-1)\\&+(64t^3+384t^2+174t+284x+174)(t-1) \geqslant 0.\end{aligned}\]

Nên ta có điều phải chứng minh.

Chỗ y đấy phải là t chứ ạ.

Em đóng góp thế thôi,chứ cách giải của anh cũng rất hay.



#5
Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết

Chỗ y đấy phải là t chứ ạ.

Em đóng góp thế thôi,chứ cách giải của anh cũng rất hay.

 

À đúng rồi, chỗ đấy anh gõ nhầm. Cám ơn em nhé.


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh