Chủ đề này có 4 trả lời

[tr2512]

Cho 3 số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh bất đẳng thức:

$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+48(ab+bc+ca) \geq 25$$

$$\text{- Vasile Cirtoaje -}$$

p/s: Bất đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=\dfrac{1}{3}$ hoặc $a=b=\dfrac{1}{4}, c=\dfrac{1}{2}$ và các hoán vị. Ngoài cách dồn biến thông thường ra thì mình có tìm được 1 lời giải chỉ cần Cauchy-Schwarz, k biết còn cách nào không

[trieutuyennham]

Cho 3 số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a+b+c=1$. Chứng minh bất đẳng thức:

$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+48(ab+bc+ca) \geq 25$$

$$\text{- Vasile Cirtoaje -}$$

p/s: Bất đẳng thức xảy ra tại $a=b=c=\dfrac{1}{3}$ hoặc $a=b=\dfrac{1}{4}, c=\dfrac{1}{2}$ và các hoán vị. Ngoài cách dồn biến thông thường ra thì mình có tìm được 1 lời giải chỉ cần Cauchy-Schwarz, k biết còn cách nào không

mình có 1 cách dùng UCT và vornicu schur

biến đổi bđt về dạng

$\sum (\frac{1}{a}-24a^{2})\geq 1$ (1)

Bằng UCT tìm ra bđt sau

$\frac{1}{a}-24a^{2}\geq -25a+\frac{26}{3}\Leftrightarrow \frac{(3a-1)^{2}(3-8a)}{3a}\geq 0$

Như vậy $(1)\Leftrightarrow \sum \frac{(3a-1)^{2}(3-8a)}{3a}\geq 0\Leftrightarrow \sum \frac{(2a-b-c)^{2}(3-8a)}{3a}\geq 0\Leftrightarrow \sum (\frac{4}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-16)(a-c)(a-b)\geq 0$

Không mất tính tq giả sử $a\geq b\geq c$

Đặt $A=\frac{4}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-16;B=\frac{4}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a}-16;C=\frac{4}{c}+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}-16$

Khi đó

$C\geq B\geq A$

Như vậy ta chỉ cấn cm $A\geq 0$

Ta có

$A=\frac{4}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-16\geq \frac{(2+1+1)^2}{a+b+c}-16\geq0$

Vậy bđt được cm

P/s: bạn nêu cách dùng cauchy-schwarz cho mọi người tham khảo

[tr2512]

Đây là lời giải của mình:

Chia cả 2 vế của bất đẳng thức cho $abc$, bất đẳng thức trở thành:

$\frac{1}{{abc}}\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) + 48\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right) \ge \frac{{25}}{{abc}}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)\left[ {a{{\left( { - a + 3b + 3c} \right)}^2} + b{{\left( { - b + 3c + 3{\rm{a}}} \right)}^2} + c{{\left( { - c + 3{\rm{a}} + 3b} \right)}^2}} \right] \ge {\left( {5{\rm{a}} + 5b + 5c} \right)^2} = 25$

Đồng thời, ta có đẳng thức: 

${a{{\left( { - a + 3b + 3c} \right)}^2} + b{{\left( { - b + 3c + 3{\rm{a}}} \right)}^2} + c{{\left( { - c + 3{\rm{a}} + 3b} \right)}^2}}={{{\left( {a + b + c} \right)}^3} + 48{\rm{a}}bc}$

Như vây ta có:

$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \ge \frac{{25}}{{1 + 48{\rm{a}}bc}}$

Áp dụng bất đẳng thức trên, ta quy bài toán về chứng minh:
$\frac{{25}}{{abc\left( {1 + 48{\rm{a}}bc} \right)}} + \frac{{1200}}{{1 + 48{\rm{a}}bc}} \ge \frac{{25}}{{abc}}$

Tuy nhiên, thật bất ngờ bất đẳng thức trên lại chính là 1 đẳng thức.

Hoàn tất chứng minh

[DOTOANNANG]

Mình sẽ sử dụng kết quả của định lý EV và có proposition^a sau (không phải là lemma^b):

 

Với 3 số không âm $a_{1},\,a_{2},\,a_{3}$ & $0\leqq x_{1}\leqq x_{2}\leqq x_{3}$ sao cho:

 

$$x_{1}+ x_{2}+ x_{3}= a_{1}+ a_{2}+ a_{3}$$

 

$${x_{1}}^{p}+ {x_{2}}^{p}+ {x_{3}}^{p}= {a_{1}}^{p}+ {a_{2}}^{p}+ {a_{3}}^{p},\,\,\,\left ( p\leqq 0 \right )$$

 

thì $E= {x_{1}}^{q}+ {x_{2}}^{q}+ {x_{3}}^{q},\,\,\left ( q \in \left [ 1,\,\infty  \right ) \right )$ đạt cực đại khi $0< x_{1}= x_{2}\leqq x_{3}$

 

Áp dụng ngay cho $p= -\,1,\,q= 2$, xem như:

 

$$a+ b+ c= constant,\,\,\frac{1}{a} + \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}= constant$$

 

thì:

 

$$\frac{1}{a}+ \frac{1}{b}+ \frac{1}{c}+ 24\left \{ \left ( a+ b+ c \right )^{2}- \left ( a^{2}+ b^{2}+ c^{2} \right ) \right \}\geqq 25$$

 

có $a^{2}+ b^{2}+ c^{2}$ đạt cực đại với $0< a\leqq b\leqq c$ khi $0< a= b\leqq \frac{1}{3}\leqq c$, kết hợp $2\,a+ c= 1$ & ta chứng minh:

 

$$\frac{2}{a}+ \frac{1}{c}+ 48\left ( a^{2}+ 2\,ac \right )\geqq 25$$

 

 

^a : a proved and often interesting result, but generally less important than a theorem

^b : a minor result whose sole purpose is to help in proving a theorem

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DOTOANNANG: 26-06-2018 - 08:34

[DOTOANNANG]

$$\left ( \frac{a+ b+ c}{abc}+ \frac{48}{\left ( a+ b+ c \right )^{2}} \right )\left ( ab+ bc+ ca \right )- 25= \sum\limits_{cyc}\frac{\left ( a- b \right )^{2}\left ( a+ b- 3\,c \right )^{2}}{ab\left ( a+ b+ c \right )^{2}}$$

 

 

 

Spoiler

 

Mọi người nghĩ sao về đẳng thức $1024\left ( a- b \right )^{2}\left ( b- c \right )^{2}\left ( c- a \right )^{2}= \left [ \sum \left ( a- b \right )\left ( 3\,a+ 3\,b- 5\,c \right )\left ( a+ b- 3\,c \right ) \right ]^{2}$ ?