Nhào trộn cũ và mới
#1
Đã gửi 02-06-2009 - 03:28
$\dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge\dfrac a{b+c}+\dfrac b{c+a}+\dfrac c{a+b}+\dfrac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Đẳng thức tại $a=b=c$ hoặc $abc=0$.
Đằng sau bất đẳng thức đẹp đẽ này có rất nhiều điều thú vị.
để làm gì em biết không?
để gió cuốn đi...
Khi ước mơ đủ lớn, mọi thứ khác chỉ là vặt vãnh
#2
Đã gửi 02-06-2009 - 13:21
công nhận anh Lâm toàn chế ra mấy bài khó nuốtCho $a,b,c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng
$\dfrac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{b(c+a)}{c^2+ca+a^2}+\dfrac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}\ge\dfrac a{b+c}+\dfrac b{c+a}+\dfrac c{a+b}+\dfrac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$
Đẳng thức tại $a=b=c$ hoặc $abc=0$.
Đằng sau bất đẳng thức đẹp đẽ này có rất nhiều điều thú vị.
đây là lời giải của em:
bđt tương đương với:
$abc\left( {\sum {\dfrac{1}{(b+c)({{b^2} + bc + {c^2}})}} } \right) \ge \dfrac{{4abc}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}}$
ta chỉ cần chứng minh:
$\sum {\dfrac{{(a + b)(a + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \ge 4$
đến đây có thể có nhiều cách giải nhưng em vốn khoái hiện đại nên xài S.O.S
$\Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{{({a^2} - bc) + (a - b)(a + 4b) + (a - c)(a + 4c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \right)} \ge 0$
$\Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{{{a^2} - bc}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \right)} + \sum {{{(a - b)}^2}} \left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + 5{c^2} + 6ab + bc}}{{({b^2} + bc + {c^2})({a^2} + ab + {b^2})}}} \right) \ge 0$
ta có thể dễ dàng chứng minh được
$\sum {\left( {\dfrac{{{a^2} - bc}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \right)} + \ge 0$
từ đó suy ra đpcm
đẳng thức xảy ra tại tâm và tại biên
cái tích abc ở bên chỉ có mỗi mục đích là làm cho đẳng thức xảy ra thêm tại biên chứ chả có ý gì khác
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 02-06-2009 - 13:57
=.=
#3
Đã gửi 02-06-2009 - 14:49
$VT-VP=\dfrac{abc(\sum a^6+2\sum_{sym}a^5b-2\sum_{sym}a^4b^2-\sum a^3b^3)}{\prod (a^2+ab+b^2)*\prod (a+b)}$
chú ý
$2\sum_{sym}a^5b \geq 2\sum_{sym}a^4b^2 $ (do [5,1,0]>>[4,2,0])
và $\sum a^6 \geq \sum a^3b^3$
cộng 2 bdt trên lại
ta có $VT-VP\geq 0$
ĐPCM
'=' khi abc=0 hoặc a=b=c
KT-PT
Do unto others as you would have them do unto you.
#4
Đã gửi 02-06-2009 - 16:44
chà chà,expand ghê quá,chả check nổita có:
$VT-VP=\dfrac{abc(\sum a^6+2\sum_{sym}a^5b-2\sum_{sym}a^4b^2-\sum a^3b^3)}{\prod (a^2+ab+b^2)*\prod (a+b)}$
chú ý
$2\sum_{sym}a^5b \geq 2\sum_{sym}a^4b^2 $ (do [5,1,0]>>[4,2,0])
và $\sum a^6 \geq \sum a^3b^3$
cộng 2 bdt trên lại
ta có $VT-VP\geq 0$
ĐPCM
'=' khi abc=0 hoặc a=b=c
*************
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tuan101293: 02-06-2009 - 18:34
=.=
#5
Đã gửi 03-06-2009 - 02:25
công nhận anh Lâm toàn chế ra mấy bài khó nuốt
đây là lời giải của em:
bđt tương đương với:
$abc\left( {\sum {\dfrac{1}{(b+c)({{b^2} + bc + {c^2}})}} } \right) \ge \dfrac{{4abc}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}}$
ta chỉ cần chứng minh:
$\sum {\dfrac{{(a + b)(a + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \ge 4$
đến đây có thể có nhiều cách giải nhưng em vốn khoái hiện đại nên xài S.O.S
$\Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{{({a^2} - bc) + (a - b)(a + 4b) + (a - c)(a + 4c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \right)} \ge 0$
$\Leftrightarrow \sum {\left( {\dfrac{{{a^2} - bc}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \right)} + \sum {{{(a - b)}^2}} \left( {\dfrac{{{a^2} + {b^2} + 5{c^2} + 6ab + bc}}{{({b^2} + bc + {c^2})({a^2} + ab + {b^2})}}} \right) \ge 0$
ta có thể dễ dàng chứng minh được
$\sum {\left( {\dfrac{{{a^2} - bc}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}} \right)} + \ge 0$
từ đó suy ra đpcm
đẳng thức xảy ra tại tâm và tại biên
cái tích abc ở bên chỉ có mỗi mục đích là làm cho đẳng thức xảy ra thêm tại biên chứ chả có ý gì khác
Toàn chịu khó phân tích bình phương quá nhỉ, anh chưa check đâu . Lời giải của anh sử dụng cổ điển và ko cần phải tính toán gì nhiều, anh sẽ post sau.
Điều thú vị là bất đẳng thức này có liên quan mật thiết với BDT quen biết của cụ Darij.G, (thực tế là nó mạnh hơn _ by Schur) nhưng mình lại sáng tác trong một hoàn cảnh hoàn toàn khác. BDT này cũng liên quan đến một loạt các BDT khác mà mình sẽ chia sẻ vào một thời điểm thích hợp. Mình đang thi nên bận lắm!
để làm gì em biết không?
để gió cuốn đi...
Khi ước mơ đủ lớn, mọi thứ khác chỉ là vặt vãnh
#6
Đã gửi 04-06-2009 - 12:46
hix,em đã nói là có nhiều cách để giải rồi mà,dùng cổ điển thì có thể làm như sau:Toàn chịu khó phân tích bình phương quá nhỉ, anh chưa check đâu . Lời giải của anh sử dụng cổ điển và ko cần phải tính toán gì nhiều, anh sẽ post sau.
Điều thú vị là bất đẳng thức này có liên quan mật thiết với BDT quen biết của cụ Darij.G, (thực tế là nó mạnh hơn _ by Schur) nhưng mình lại sáng tác trong một hoàn cảnh hoàn toàn khác. BDT này cũng liên quan đến một loạt các BDT khác mà mình sẽ chia sẻ vào một thời điểm thích hợp. Mình đang thi nên bận lắm!
xài trực tiếp chebyshev
sử dụng cái bổ đề làm mạnh này đc chế từ bài toán của anh:
$\sum\dfrac{1}{x^{2}+xy+y^{2}}\geq\dfrac{5}{3}\dfrac{1}{xy+yz+zx}+\dfrac{4}{3}\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$
sau đó đưa về 2 biến $a^2+b^2+c^2$và $ab+bc+ca$ rồi cứ thế mà chém tiếp
hoặc cũng có thể chứng minh:
$\dfrac{{(a + b)(a + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} \ge \dfrac{{2a(b + c)}}{{{b^2} + bc + ca}} \ge 4$
theo vornicu Schur,chỗ này kể cũng lạ,ta lại có thêm một chuỗi bđt
$\dfrac{{(a + b)(a + c)}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} \ge \dfrac{{2a(b + c)}}{{{b^2} + bc + ca}} \ge 2\sum {\dfrac{a}{{b + c}}} + \dfrac{{8abc}}{{(a + b)(b + c)(c + a)}} \ge 4$
giống với chuỗi bđt
$3({a^2} + {b^2} + {c^2}) \ge {(a + b + c)^2} \ge 3(ab + bc + ca)$
mà các bđt trong chuỗi đều tương đương với nhau
phát hiện của em hay hok,cho một cái comment đi nào
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Toanlc_gift: 12-06-2009 - 08:26
=.=
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh