Chủ đề này có 9 trả lời

[Lity124]

Ngày mai là thi ĐH rùi, trước khi thi đăng 1 bài cái cho...........tự tin !!!
"Cho các số thực không âm $a,b,c$ và có tối đa 1 số bằng 0 thỏa mãn :$ab+bc+ca=3$.Tìm Min của biểu thức :$T= \dfrac{1}{a^2+b^2} + \dfrac{1}{b^2+c^2} + \dfrac{1}{c^2+a^2} $ "

[Mashimaru]

Ta đưa bài toán về dạng:

Tìm hằng số $k$ tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng $\forall a,b,c\geq 0$ và $\(a^2+b^2\)\(b^2+c^2\)\(c^2+a^2\)> 0$: $\(ab+bc+ca\)\(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\)\geq k$

Cho $a=b,c=0$ thì ta suy ra $k\leq \dfrac{5}{2}$. Ta sẽ chứng minh $k=\dfrac{5}{2}$ là hằng số tốt nhất cho bất đẳng thức này.

Thật vậy, ta cần chứng minh:
$\(ab+bc+ca\)\(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\)\geq \dfrac{5}{2}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c\geq 0$. Bất đẳng thức trên được đưa về dạng:

$\sum_{cyc}\(b-c\)^2\(c^4+3\(a^2+b^2\)c^2-ca\(2c^2-ca+2a^2\)\)\geq 0$

Đặt: $S_a=c^4+3\(a^2+b^2\)c^2-ca\(2c^2-ca+2a^2\)$ và $S_b,S_c$ là các biểu thức tương tự nhưng hoán vị lại. Ta có:

$S_b=a^4+3\(b^2+c^2\)a^2-bc\(2b^2-bc+2c^2\)=\(a^2+b^2\)\(a^2+c^2\)+2b^2\(a^2-bc\)+2c^2\(a^2-bc\)\geq 0$ (vì $a\geq b\geq c\geq 0 \Rightarrow a^2\geq bc$)
$S_b+S_a=\(a^4+3\(b^2+c^2\)a^2-bc\(2b^2-bc+2c^2\)\)+\(c^4+3\(a^2+b^2\)c^2-ca\(2c^2-ca+2a^2\)\)$
$\Rightarrow S_b+S_a=\(a^2+c^2\)\(a-c\)^2+2c^2\(a^2-bc\)+2b^2\(a^2-bc\)+a^2b^2+4b^2c^2\geq 0$.

Biến đổi tương tự ta cũng có $S_b+S_c\geq 0$.

Đến đây, dựa vào định lý S.O.S, ta đã có thể kết thúc chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b,c=0$.

Vậy $\min\(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\)=\dfrac{5}{6}$, đạt được khi $\(a,b,c\)=\(\sqrt{3},\sqrt{3},0\)$ hoặc các hoán vị.


Nhìn phát khiếp các anh chị nhỉ, mất hẳn vẻ đẹp của Toán học. Thậm chí còn có thể sai nữa . Mong các anh chị chỉ giáo thêm. Em xin cảm ơn ạ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mashimaru: 04-07-2008 - 01:56

[bonly01]

Ta đưa bài toán về dạng:

Tìm hằng số $k$ tốt nhất để bất đẳng thức sau đúng $\forall a,b,c\geq 0$ và $\(a^2+b^2\)\(b^2+c^2\)\(c^2+a^2\)> 0$: $\(ab+bc+ca\)\(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\)\geq k$

Cho $a=b,c=0$ thì ta suy ra $k\leq \dfrac{5}{2}$. Ta sẽ chứng minh $k=\dfrac{5}{2}$ là hằng số tốt nhất cho bất đẳng thức này.

Thật vậy, ta cần chứng minh:
$\(ab+bc+ca\)\(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\)\geq \dfrac{5}{2}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c\geq 0$. Bất đẳng thức trên được đưa về dạng:

$\sum_{cyc}\(b-c\)^2\(c^4+3\(a^2+b^2\)c^2-ca\(2c^2-ca+2a^2\)\)\geq 0$

Đặt: $S_a=c^4+3\(a^2+b^2\)c^2-ca\(2c^2-ca+2a^2\)$ và $S_b,S_c$ là các biểu thức tương tự nhưng hoán vị lại. Ta có:

$S_b=a^4+3\(b^2+c^2\)a^2-bc\(2b^2-bc+2c^2\)=\(a^2+b^2\)\(a^2+c^2\)+2b^2\(a^2-bc\)+2c^2\(a^2-bc\)\geq 0$ (vì $a\geq b\geq c\geq 0 \Rightarrow a^2\geq bc$)
$S_b+S_a=\(a^4+3\(b^2+c^2\)a^2-bc\(2b^2-bc+2c^2\)\)+\(c^4+3\(a^2+b^2\)c^2-ca\(2c^2-ca+2a^2\)\)$
$\Rightarrow S_b+S_a=\(a^2+c^2\)\(a-c\)^2+2c^2\(a^2-bc\)+2b^2\(a^2-bc\)+a^2b^2+4b^2c^2\geq 0$.

Biến đổi tương tự ta cũng có $S_b+S_c\geq 0$.

Đến đây, dựa vào định lý S.O.S, ta đã có thể kết thúc chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b,c=0$.

Vậy $\min\(\dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\)=\dfrac{5}{6}$, đạt được khi $\(a,b,c\)=\(\sqrt{3},\sqrt{3},0\)$ hoặc các hoán vị.
Nhìn phát khiếp các anh chị nhỉ, mất hẳn vẻ đẹp của Toán học. Thậm chí còn có thể sai nữa . Mong các anh chị chỉ giáo thêm. Em xin cảm ơn ạ!

Thôi xin mấy anh em bất đẳng thức sợ phát khiếp đề kiểu này ai chơi thi đại học

[Mashimaru]

Xin lỗi mọi người, em giải sai mất rồi. Sai ở khâu phân tích bình phương S.O.S. Vì bất đẳng thức trở thành đẳng thức tại $a=b,c=0$ chứ không phải tại $a=b=c$ nên nó sẽ không có dạng chính tắc S.O.S. Mong các anh chị thông cảm.

Em đã thử thì thấy bài này chặt hơn bài Iran TST 1996: $\(ab+bc+ca\)\(\dfrac{1}{\(a+b\)^2}+\dfrac{1}{\(b+c\)^2}+\dfrac{1}{\(c+a\)^2}\)\geq \dfrac{9}{4},\forall a,b,c\geq 0$
mặc dù cả hai đều có thể đạt dấu đẳng thức tại $a=b,c=0$.

Chờ một lời giải mới vậy

[Non_Stop]

Bài này hình như dấu bằng đúng như anh Hiếu nói (vì nếu có dấu bằng $a=b=c$ hoặc $a:b:c=2:1:0$ thì BĐT sai với ba cạnh tam giác.(view here:http://www.mathlinks...ic.php?t=212387
Hướng làm của em là đồng bậc hoá,cố định $a+b+c$,$ab+bc+ca$ thì vế trái đồng biến theo abc nên ta chỉ cần xét hai trường hợp $a=b$ hoặc c=0.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pephuc_93: 04-07-2008 - 15:10

[Mashimaru]

Hướng làm của em là đồng bậc hoá,cố định $a+b+c$,$ab+bc+ca$ thì vế trái nghịch biến theo abc nên ta chỉ cần xét hai trường hợp $a=b$ hoặc c=0.

Đồng bậc hóa thế nào hả em? Anh thấy cái khó chịu của bài toán này là điều kiện đề cho ở bậc 2. Còn mấy cái kĩ thuật như cố định $a+b+c,ab+bc+ca$ để rồi xét riêng các trường hợp như em nói thì...có thể tham khảo ở đâu nhỉ, anh chả biết

[Non_Stop]

Đồng bậc hóa thế nào hả em? Anh thấy cái khó chịu của bài toán này là điều kiện đề cho ở bậc 2. Còn mấy cái kĩ thuật như cố định $a+b+c,ab+bc+ca$ để rồi xét riêng các trường hợp như em nói thì...có thể tham khảo ở đâu nhỉ, anh chả biết

Cái đó là định lý ABC (em không hiểu rõ lắm nên làm nhái theo cách của mấy đàn anh thôi )

[zaizai]

Ngày mai là thi ĐH rùi, trước khi thi đăng 1 bài cái cho...........tự tin !!!
"Cho các số thực không âm $a,b,c$ và có tối đa 1 số bằng 0 thỏa mãn :$ab+bc+ca=3$.Tìm Min của biểu thức :$T= \dfrac{1}{a^2+b^2} + \dfrac{1}{b^2+c^2} + \dfrac{1}{c^2+a^2} $ "

Đồng bậc hóa thế nào hả em? Anh thấy cái khó chịu của bài toán này là điều kiện đề cho ở bậc 2. Còn mấy cái kĩ thuật như cố định $a+b+c,ab+bc+ca$ để rồi xét riêng các trường hợp như em nói thì...có thể tham khảo ở đâu nhỉ, anh chả biết

Bài này kể ra cũng thú vị thật, tìm hằng số k tốt nhất thì đúng là chỉ cần cho $a=b,c=0\to k=5/6$, tuy nhiên cái khó là nếu dùng mỗi p,q,r chỉ giải quyết đc trường hợp $p\in [9,12]$ thôi, trong khi $p\ge 12$ thì ko hoàn toán đúng, bởi vì ta có:
$p\ge 12 \Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le 2(ab+bc+ca)$
Cho $c=0$ thì bdt đổi chiều trong khi $f(a,b,c)=VP-VT \ge f(a,b+c,0) $

Các bạn thử chứng minh bdt sau xem sao (nó là dạng p,q,r của bdt trên sau khi đổi biến):

$f(p,r)=5r^2-(72p-10p^3)r+6p^4-117p^2+540$

Dễ thấy đây là hàm đồng biến theo r, nhưng dùng Schur bậc 2,3 đều ko giải quyết triệt để đc !!! Vì chỉ cần$ p\ge 12$ là bdt sai ngay.

[toanhocmuonmau]

Ngày mai là thi ĐH rùi, trước khi thi đăng 1 bài cái cho...........tự tin !!!
"Cho các số thực không âm $a,b,c$ và có tối đa 1 số bằng 0 thỏa mãn :$ab+bc+ca=3$.Tìm Min của biểu thức :$T= \dfrac{1}{a^2+b^2} + \dfrac{1}{b^2+c^2} + \dfrac{1}{c^2+a^2} $ "

Ta cần CM
$(ab+bc+ca)\left( \dfrac{1}{a^2+b^2}+\dfrac{1}{b^2+c^2}+\dfrac{1}{c^2+a^2}\right) \ge \dfrac{5}{2}$
Bài này không cần $pqr$ (và kết luận rằng $pqr$ không giải được bài này của Zaizai là không đúng)
Giả sử $c=\min\{a,b,c\}$ thì ta có
$ab+bc+ca \ge \left( a+\dfrac{c}{2}\right) \left( b+\dfrac{c}{2}\right)$
$a^2+b^2 \le \left( a+\dfrac{c}{2}\right)^2 + \left( b+\dfrac{c}{2}\right)^2 $
$a^2+c^2 \le left( a+\dfrac{c}{2}\right)^2$
$b^2+c^2 \le \left( b+\dfrac{c}{2}\right)^2 $
Cuối cùng, ta phải chứng minh
$xy \left( \dfrac{1}{x^2} +\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{x^2+y^2}\right) \ge \dfrac{5}{2}$
với $x=a+\dfrac{c}{2},y=b+\dfrac{c}{2}$.
Bất đẳng thức này rất dễ chứng minh.

[zaizai]

Em ko nói là bài này p,q,r giải ko đc mà chỉ nói là Schur thì nó vẫn còn 1 trường hợp phải xét.
Hix đúng là bài này dồn biến có vẻ đẹp hơn. Cụ thể là:

$ f(a,b,c)=VT \ge f\left(a+\dfrac{c}{2},b+\dfrac{c}{2},0\right),\forall c=min\{a,b,c\}$

Cái cuối thì thương đương với:
$\dfrac{(x-y)^2(2x^2+2y^2-xy)}{(2x^2y^2(x^2+y^2)}\ge 0$

Nice solution. canhang_2007