Chủ đề này có 6 trả lời

[ThuThao36]

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

[DOTOANNANG]

Tới bài này bí rồi

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

[nmtuan2001]

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 

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

[toanhoc2017]

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

[nmtuan2001]

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

[DOTOANNANG]

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]

[DOTOANNANG]

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 $w^{3}\rightarrow 0^{+}$