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

$\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\geq 3\sqrt[3]{\frac{3}{ab+bc+ca}}$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 ThuThao36

ThuThao36

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 220 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Thanh Hóa

Đã gửi 01-01-2018 - 19:39

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Chứng minh:

$\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\geq 3\sqrt[3]{\frac{3}{ab+bc+ca}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ThuThao36: 01-01-2018 - 19:41

"... Xin thầy dạy cho cháu biết cách chấp nhận thất bại và cách tận hưởng niềm vui chiến thắng...." :icon9:

-Tổng thống Mỹ Abraham Lincoln-


#2 DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1081 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T H P T Ngô Gia Tự ( "bắp nhà chùa" ) , Phú Yên

Đã gửi 02-01-2018 - 20:30

Tới bài này bí rồi


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 02-01-2018 - 20:34


#3 nmtuan2001

nmtuan2001

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 357 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 03-01-2018 - 08:39

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$. Chứng minh:

$\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}\geq 3\sqrt[3]{\frac{3}{ab+bc+ca}}$

Đặt $\sqrt{bc}=x, \sqrt{ca}=y, \sqrt{ab}=z$, ta được $a=\frac{yz}{x}, b=\frac{zx}{y}, c=\frac{xy}{z}$.

Điều kiện trở thành $\sum \frac{yz}{x}=\sum \frac{x}{yz}$, hay $x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=x^2+y^2+z^2$.

BĐT trở thành $x+y+z \geq 3\sqrt[3]{\frac{3}{x^2+y^2+z^2}}$

$(x+y+z)^3 \geq \frac{81}{x^2+y^2+z^2}$

$(x+y+z)^3(x^2+y^2+z^2) \geq 81$

Chuyển thành BĐT đồng bậc:

$$(x+y+z)^6(x^2+y^2+z^2)^7 \geq 6561(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)^5$$

Đến đây thì mình đang tìm cách nào đẹp để giải BĐT này. Nhân hết ra là 1 cách nhưng xấu quá  :luoi:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmtuan2001: 03-01-2018 - 08:52


#4 toanhoc2017

toanhoc2017

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 437 Bài viết

Đã gửi 03-01-2018 - 09:22

Nhân ra cho e xem với a ,bài này e nghĩ mãi mà chưa ra ,a đúng là cao thủ bđt rùi

#5 nmtuan2001

nmtuan2001

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 357 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Toán

Đã gửi 03-01-2018 - 11:24

Nhân ra cho e xem với a ,bài này e nghĩ mãi mà chưa ra ,a đúng là cao thủ bđt rùi

Thực ra a chưa làm cách nhân hết ra. Chỉ biết là được thôi vì sử dụng Muirhead (tổng quát của AM-GM), thì $[(10,10,0)]$ là bộ trội nhất của VP và $[(20,0,0)]$ là bộ trội nhất của VT mà $[(20,0,0)]$ trội $[(10,10,0)]$ nên dự đoán là được thôi.

Chứ nhân hết ra thật thì vài trăm hạng tử thì chịu thôi :)

 

Hoặc là biểu diễn BĐT dưới dạng $pqr$ rồi giải chắc cũng được.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmtuan2001: 03-01-2018 - 12:57


#6 DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1081 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T H P T Ngô Gia Tự ( "bắp nhà chùa" ) , Phú Yên

Đã gửi 19-08-2018 - 09:05

Thực ra a chưa làm cách nhân hết ra. Chỉ biết là được thôi vì sử dụng Muirhead (tổng quát của AM-GM), thì $[(10,10,0)]$ là bộ trội nhất của VP và $[(20,0,0)]$ là bộ trội nhất của VT mà $[(20,0,0)]$ trội $[(10,10,0)]$ nên dự đoán là được thôi.

Chứ nhân hết ra thật thì vài trăm hạng tử thì chịu thôi :)

 

Hoặc là biểu diễn BĐT dưới dạng $pqr$ rồi giải chắc cũng được.

 

Đặt $x+ y+ z,\,xy+ yz+ zx,\,xyz= 3\,u,\,3\,v^{2},\,w^{3}$. Và ta cần chứng minh:

$$u^{6}\left ( 3\,u^{2}- 2\,v^{2} \right )^{7}\geqq \left ( 3\,v^{4}- 2uw^{3} \right )^{5}$$

$$\Leftrightarrow  f\left ( w^{3} \right )= \sqrt[5]{u^{6}\left ( 3\,u^{2}- 2\,v^{2} \right )^{7}}- 3\,v^{4}+ 2\,uw^{3}\geqq 0$$

Nhưng vì $f$ tăng (?) nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức theo $2$ trường hợp sau:

Trường hợp thứ nhất: $w^{3}\rightarrow 0^{+}$, hay không mất tính tổng quát ta giả sử $z\rightarrow 0^{+}$, và bất đẳng thức đối xứng thuần nhất nên giả sử $y= 1,\,x\geqq y\geqq 1$. Khi đó:

$$\left ( x+ 1 \right )^{6}\left ( x^{2}+ 1 \right )^{7}\geqq 6561\,x^{10}$$

Hiển nhiên đúng vì: $\left ( x+ 1 \right )^{6}\left ( x^{2}+ 1 \right )^{7}\geqq \left ( 4\,x \right )^{3}\left ( 2\,x \right )^{7}> 6561\,x^{10}$

Trường hợp thứ hai: $y= z= 1$. Ta cần chứng minh:

$$\left ( x+ 2 \right )^{6}\left ( x^{2}+ 2 \right )^{7}\geqq 6561\left ( 2\,x^{2}+ 1 \right )^{5}$$

hay:

$$g\left ( x \right )= 6 \ln \left ( x+ 2 \right )+ 7 \ln \left ( x^{2}+ 2 \right )- 5 \ln \left ( 2\,x^{2}+ 1 \right )- 8 \ln 3\geqq 0$$

Điều này hiển nhiên đúng vì: ${g}'\left ( x \right )= \frac{4\left ( x- 1 \right )\left [ \left ( x- 1 \right )\left ( 5\,x^{2}+ 14\,x+ 24 \right )+ 21 \right ]}{\left ( x+ 2 \right )\left ( x^{2}+ 2 \right )\left ( 2\,x^{2}+ 1 \right )}\geqq 0$

[điều phải chứng minh!] [uvw] [murihead] [AM_GM] [đạo hàm]



#7 DOTOANNANG

DOTOANNANG

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1081 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T H P T Ngô Gia Tự ( "bắp nhà chùa" ) , Phú Yên

Đã gửi 19-08-2018 - 09:30

Đặt $x+ y+ z,\,xy+ yz+ zx,\,xyz= 3\,u,\,3\,v^{2},\,w^{3}$. Và ta cần chứng minh:

$$u^{6}\left ( 3\,u^{2}- 2\,v^{2} \right )^{7}\geqq \left ( 3\,v^{4}- 2uw^{3} \right )^{5}$$

$$\Leftrightarrow  f\left ( w^{3} \right )= \sqrt[5]{u^{6}\left ( 3\,u^{2}- 2\,v^{2} \right )^{7}}- 3\,v^{4}+ 2\,uw^{3}\geqq 0$$

Nhưng vì $f$ tăng (?) nên ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức theo $2$ trường hợp sau:

Trường hợp thứ nhất: $w^{3}\rightarrow 0^{+}$, hay không mất tính tổng quát ta giả sử $z\rightarrow 0^{+}$, và bất đẳng thức đối xứng thuần nhất nên giả sử $y= 1,\,x\geqq y\geqq 1$. Khi đó:

$$\left ( x+ 1 \right )^{6}\left ( x^{2}+ 1 \right )^{7}\geqq 6561\,x^{10}$$

Hiển nhiên đúng vì: $\left ( x+ 1 \right )^{6}\left ( x^{2}+ 1 \right )^{7}\geqq \left ( 4\,x \right )^{3}\left ( 2\,x \right )^{7}> 6561\,x^{10}$

Trường hợp thứ hai: $y= z= 1$. Ta cần chứng minh:

$$\left ( x+ 2 \right )^{6}\left ( x^{2}+ 2 \right )^{7}\geqq 6561\left ( 2\,x^{2}+ 1 \right )^{5}$$

hay:

$$g\left ( x \right )= 6 \ln \left ( x+ 2 \right )+ 7 \ln \left ( x^{2}+ 2 \right )- 5 \ln \left ( 2\,x^{2}+ 1 \right )- 8 \ln 3\geqq 0$$

Điều này hiển nhiên đúng vì: ${g}'\left ( x \right )= \frac{4\left ( x- 1 \right )\left [ \left ( x- 1 \right )\left ( 5\,x^{2}+ 14\,x+ 24 \right )+ 21 \right ]}{\left ( x+ 2 \right )\left ( x^{2}+ 2 \right )\left ( 2\,x^{2}+ 1 \right )}\geqq 0$

[điều phải chứng minh!] [uvw] [bất đẳng thức Murihead] [bất đẳng thức AM_GM] [đạo hàm]

Nhận xét: Ngoài ra còn một cách nữa để giải thích cho trường hợp thứ hai là:

Ta có $3$ số $x,\,y,\,z$ là nghiệm của phương trình:

$$\left ( A- x \right )\left ( A- y \right )\left ( A- z \right )= 0$$

hay:

$$w^{3}= A^{3}- 3\,uA^{2}+ 3\,v^{2}A$$

Vì $Y= w^{3}$ giao với $h\left ( A \right )= A^{3}- 3\,uA^{2}+ 3\,v^{2}A$ tại 3 điểm là $3$ nghiệm và ta cần tìm $w^{3}_{\min}$, nên khi đó hoặc $Y$ sẽ là tiếp tuyến với đồ thị $h$ tại điểm kép, ở đây không mất tính tổng quát, ta giả sử $y= z$ (có thể dùng phần mềm toán học để vẽ), hoặc $w^{3}\rightarrow 0^{+}$






0 người đang xem chủ đề

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