Chủ đề này có 5 trả lời

[hoangkimca2k2]

Cho $a\geq b\geq c\geq0$ Chứng minh rằng $\sqrt{(a+b+c)(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)}\leq \frac{1}{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac)$

[PugMath]

by Trần Thắng

[PugMath]

 

by Trần Thắng

[tr2512]

Lạy chúa, p, q, r trâu thì cố làm cho nó gọn bớt đi chứ       

Bài toán trên:

$\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right)} \le \frac{1}{2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca} \right)\\ \Leftrightarrow 2\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right) \le \frac{1}{2}{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca} \right)^2}$

Tới đây, chuẩn hóa $a+b+c=1$ Đặt $ab+bc+ca=q; abc=r$ và sử dụng khai triển:

$2{a^2}b + 2{b^2}c + 2{c^2}a = ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ca\left( {c + a} \right) + \left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right) \le pq - 3{\rm{r}} + \sqrt {{p^2}{q^2} - 4{q^3} + 2p\left( {9q - 2{p^2}} \right)r - 27{{\rm{r}}^2}}$

Viết lại bât đẳng thức thành: 

$q - 3{\rm{r + }}\sqrt {{q^2} - 4{q^3} + 2{\rm{r}}\left( {9q - 2} \right) - 27{{\rm{r}}^2}} \le \frac{1}{2}{\left( {1 - q} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \frac{{{q^2}}}{2} - q + \frac{1}{2} - q + 3{\rm{r}} \ge \sqrt {{q^2} - 4{q^3} + 2{\rm{r}}\left( {9q - 2} \right) - 27{{\rm{r}}^2}} \\ \Leftrightarrow {q^2} - 4q + 6{\rm{r}} + 1 \ge 2\sqrt {{q^2} - 4{q^3} + 2{\rm{r}}\left( {9q - 2} \right) - 27{{\rm{r}}^2}} \\ \Leftrightarrow {q^4} - 8{q^3} + 12{q^2}r + 18{q^2} - 48q{\rm{r}} - 8q + 36{{\rm{r}}^2} + 12{\rm{r}} + 1 \ge 4{q^2} - 16{q^3} + 72q{\rm{r}} - 16{\rm{r}} - 108{{\rm{r}}^2}\\ \Leftrightarrow 144{{\rm{r}}^2} + {q^4} + 8{q^3} + 14{q^2} - 8q + 1 \ge r\left( {120q - 12{q^2} - 28} \right)$

Do có ${q^4} + 8{q^3} + 14{q^2} - 8q + 1\ge0$ nên ta có:

Nếu ${120q - 12{q^2} - 28}\le0$ bất đẳng thức hiển nhiên đúng 

Nếu ${120q - 12{q^2} - 28}\ge 0$ lúc đó $\frac{1}{3}\left( {15 - 2\sqrt {51} } \right) \le q \le \frac{1}{3}$

Và theo bất đẳng thức AM-GM có:

$144{{\rm{r}}^2} + {q^4} + 8{q^3} + 14{q^2} - 8q + 1 \ge 2\sqrt {144{{\rm{r}}^2}\left( {{q^4} + 8{q^3} + 14{q^2} - 8q + 1} \right)}$

Vậy ta chỉ cần chứng minh:

$4*144\left( {{q^4} + 8{q^3} + 14{q^2} - 8q + 1} \right) - {\left( {120q - 12{q^2} - 28} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 16{\left( {3q - 1} \right)^2}\left( {3{q^2} + 54q - 13} \right) \ge 0$

Mà bất đẳng thức cuối luôn đúng theo điều kiện của q

Hoàn tất chứng minh.

Về bản chất gần như nhau nhưng làm lại thế này cho đỡ ngộp tí 

[hoangkimca2k2]

Lạy chúa, p, q, r trâu thì cố làm cho nó gọn bớt đi chứ       

Bài toán trên:

$\sqrt {\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right)} \le \frac{1}{2}\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca} \right)\\ \Leftrightarrow 2\left( {a + b + c} \right)\left( {{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a} \right) \le \frac{1}{2}{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2} + ab + bc + ca} \right)^2}$

Tới đây, chuẩn hóa $a+b+c=1$ Đặt $ab+bc+ca=q; abc=r$ và sử dụng khai triển:

$2{a^2}b + 2{b^2}c + 2{c^2}a = ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ca\left( {c + a} \right) + \left( {a - b} \right)\left( {b - c} \right)\left( {a - c} \right) \le pq - 3{\rm{r}} + \sqrt {{p^2}{q^2} - 4{q^3} + 2p\left( {9q - 2{p^2}} \right)r - 27{{\rm{r}}^2}}$

Viết lại bât đẳng thức thành: 

$q - 3{\rm{r + }}\sqrt {{q^2} - 4{q^3} + 2{\rm{r}}\left( {9q - 2} \right) - 27{{\rm{r}}^2}} \le \frac{1}{2}{\left( {1 - q} \right)^2}\\ \Leftrightarrow \frac{{{q^2}}}{2} - q + \frac{1}{2} - q + 3{\rm{r}} \ge \sqrt {{q^2} - 4{q^3} + 2{\rm{r}}\left( {9q - 2} \right) - 27{{\rm{r}}^2}} \\ \Leftrightarrow {q^2} - 4q + 6{\rm{r}} + 1 \ge 2\sqrt {{q^2} - 4{q^3} + 2{\rm{r}}\left( {9q - 2} \right) - 27{{\rm{r}}^2}} \\ \Leftrightarrow {q^4} - 8{q^3} + 12{q^2}r + 18{q^2} - 48q{\rm{r}} - 8q + 36{{\rm{r}}^2} + 12{\rm{r}} + 1 \ge 4{q^2} - 16{q^3} + 72q{\rm{r}} - 16{\rm{r}} - 108{{\rm{r}}^2}\\ \Leftrightarrow 144{{\rm{r}}^2} + {q^4} + 8{q^3} + 14{q^2} - 8q + 1 \ge r\left( {120q - 12{q^2} - 28} \right)$

Do có ${q^4} + 8{q^3} + 14{q^2} - 8q + 1\ge0$ nên ta có:

Nếu ${120q - 12{q^2} - 28}\le0$ bất đẳng thức hiển nhiên đúng 

Nếu ${120q - 12{q^2} - 28}\ge 0$ lúc đó $\frac{1}{3}\left( {15 - 2\sqrt {51} } \right) \le q \le \frac{1}{3}$

Và theo bất đẳng thức AM-GM có:

$144{{\rm{r}}^2} + {q^4} + 8{q^3} + 14{q^2} - 8q + 1 \ge 2\sqrt {144{{\rm{r}}^2}\left( {{q^4} + 8{q^3} + 14{q^2} - 8q + 1} \right)}$

Vậy ta chỉ cần chứng minh:

$4*144\left( {{q^4} + 8{q^3} + 14{q^2} - 8q + 1} \right) - {\left( {120q - 12{q^2} - 28} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 16{\left( {3q - 1} \right)^2}\left( {3{q^2} + 54q - 13} \right) \ge 0$

Mà bất đẳng thức cuối luôn đúng theo điều kiện của q

Hoàn tất chứng minh.

Về bản chất gần như nhau nhưng làm lại thế này cho đỡ ngộp tí 

 

by Trần Thắng

 

Cảm ơn, hai bạn đều có cách giải hay , sau đây mình xin trình bày thêm một cách dùng AM-GM:

$\sqrt{(a+b+c)(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)}=\sqrt{b(a+b+c)\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{b}}$

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

Từ đó bất đẳng thức cần CM tương đương: $b(a+b+c)+\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{b}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac$

$\Leftrightarrow a(b-c)(b-a)\leq 0$ đến đây để ý cái điều kiện $(Q.E.D)$

[tr2512]

Cảm ơn, hai bạn đều có cách giải hay , sau đây mình xin trình bày thêm một cách dùng AM-GM:

$\sqrt{(a+b+c)(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)}=\sqrt{b(a+b+c)\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{b}}$

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

Từ đó bất đẳng thức cần CM tương đương: $b(a+b+c)+\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{b}\leq a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac$

$\Leftrightarrow a(b-c)(b-a)\leq 0$ đến đây để ý cái điều kiện $(Q.E.D)$

 Cách làm hay và dễ hiểu, cảm ơn bạn