Chủ đề này có 2 trả lời

[Hahahahahahahaha]

cho a,b,c là các số thực dương. CMR:
$\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq max {(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2},(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2},(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}}$

                                                                                    (đề chọn đội tuyển dự thi Toán quốc tế, Mỹ năm 2000)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hahahahahahahaha: 02-12-2023 - 21:58

[hanguyen445]

cho a,b,c là các số thực dương. CMR:
$\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq max {(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2},(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2},(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}}$

                                                                                    (đề chọn đội tuyển dự thi Toán quốc tế, Mỹ năm 2000)

Do bài toán đối xứng với ba biến $a, b, c$, không giảm tổng quát giả sử $a\ge b\ge c$.

Lúc này ta suy ra được $(\sqrt{a}-\sqrt{c})^2=\text{Max}( (\sqrt{a}-\sqrt{c})^2;(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2;(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2)$

Do đó BĐT cần chứng minh tương đương

 

$$\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\le (\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}$$

 

Đặt $(x;y;z)=(\sqrt[6]{a},\sqrt[6]{b},\sqrt[6]{c})$ và hiển nhiên $x\ge y\ge z\ge 0$,  khi đó bất đẳng thức viết lại thành 

$$x^6+y^6+z^6-3(xyz)^2\le 3(x^3-z^3)^2$$

Ta có:

 

$x^6+y^6+z^6-3(xyz)^2=(x^2+y^2+z^2)[(x^2-z^2)^2+(y^2-x^2)(y^2-z^2)$

 

$3(x^3-z^3)^2=3(x-z)^2(x^2+xz+z^2)^2$

 

Hiển nhiên $(y^2-x^2)(y^2-z^2)\le 0$ với mọi $x\ge y\ge z$. Như vậy bất đẳng thức đúng nếu ta chứng minh được

$$(x^2+y^2+z^2)(x+z)^2\le 3(x^2+xz+z^2)^2(**)$$

Ta có $(x^2+xz+z^2)\ge\frac{3}{4} (x+z)^2$. Do đó ta suy ra được $VP(**)\ge\frac{9}{4}(x+z)^2(x^2+xz+z^2)$, nên BĐT đúng nếu

$$9(x^2+xz+z^2)\ge 4(x^2+y^2+z^2) (3*)$$

Hiển nhiên: $9x^2>8x^2>4(x^2+y^2)$ và $9(xz+z^2)\ge 4z^2$. Cộng vế ta suy ra được (3*) được chứng minh.

 

Vậy phép chứng minh hoàn tất.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hanguyen445: 02-12-2023 - 23:45

[nhungvienkimcuong]

cho a,b,c là các số thực dương. CMR:
$\frac{a+b+c}{3}-\sqrt[3]{abc}\leq max {(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2},(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2},(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}}$

                                                                                    (đề chọn đội tuyển dự thi Toán quốc tế, Mỹ năm 2000)

Bài này khá lỏng, dễ thấy 

\[\max \left( (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2},(\sqrt{b}-\sqrt{c})^{2},(\sqrt{c}-\sqrt{a})^{2}\right )\ge \frac{\sum (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}}{3}=\frac{2}{3}\left(\sum a-\sum \sqrt{ab}\right).\]

Như vậy ta cần chứng minh

\[\frac{1}{3}\sum a-\sqrt[3]{abc}\le\frac{2}{3}\left(\sum a-\sum \sqrt{ab}\right)\iff \sum a+3\sqrt[3]{abc}\ge 2\sum\sqrt{ab}.\]

Tuy nhiên theo bất đẳng thức Schur thì

\[\sum a+3\sqrt[3]{abc}\ge \sum\sqrt[3]{ab}(\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b})\ge \sum\sqrt[3]{ab}\cdot 2\sqrt{\sqrt[3]{ab}}=2\sum \sqrt{ab}.\]