Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh
- - - - -

Nice but maybe not very hard


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 13 trả lời

#1 supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1540 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Ngoại Thương tp Hồ Chí Minh
  • Sở thích:bên em

Đã gửi 02-09-2010 - 13:51

Bài Toán :


Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$


Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô :)


Nguyễn Kim Anh


Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#2 abstract

abstract

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khối A0

Đã gửi 02-09-2010 - 14:53

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô :)

Nguyễn Kim Anh

BDT cho n biến cũng đung đấy anh ak
$ \sum \limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(a_i+1)(a_{i}^2+1)} \ge \dfrac{n}{4}$
Ta sẽ cm BDT sau: $\dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} \ge \dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{8}ln a$
Thât vậy $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)} -\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{8}ln x$ :)
thì $f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^6+9x^5+18x^4+30x^3+39x^2+21x+8)}{8(1+x)^2(1+x^2)^2}$
i)$x \ge 1 \to f(x) \ge f(1)=0$
ii)$0<x<1 \to f(x) \ge f(1)=0$
Tóm lại :) đúng
Cộng từng vế có QED

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 02-09-2010 - 15:39

Đã mang tiếng ở trong trời đất
Phải có danh gì với núi sông


#3 tuan101293

tuan101293

    Trung úy

  • Thành viên
  • 999 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Bóng bàn ,cầu lông ,học toán ,.......

Đã gửi 02-09-2010 - 15:26

BDT cho n biến cũng đung đấy anh ak
$ \sum \limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(a_i+1)(a_{i}^2+1)} \ge \dfrac{n}{4}$
Ta sẽ cm BDT sau: $\dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} \ge \dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{8}ln a$
Thât vậy $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)} -\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{8}ln x$ :)
thì $f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^6+9x^5+18x^4+30x^3+39x^2+21x+8)}{8(1+x)^2(1+x^2)^2}$
i)$x \ge 1 \to f(x) \ge f(1)=0$
ii)$0<x<1 \to f(x) \ge f(1)=0$
Tóm lại :) đúng
Cộng từng vế có QED

PS: 2$ ???? :) :) USD hôm nay 19,5

Đạo hàm sai rồi em zai.
$f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^5+9x^4+18x^3+6x^2-x-3)}{8(1+x+x^2+x^3)^2x}$

KT-PT


Do unto others as you would have them do unto you.


#4 analysis90

analysis90

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 39 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:dong thap

Đã gửi 02-09-2010 - 15:30

tuy khong ve dau nhung t xin dc trinh bay mot cach sau:
đặt $M=VT$
do $abcd=1$ nên tồn tại các số thực dương $x,y,z,t$ sao cho $a=\dfrac{\displaystyle x}{\displaystyle y},b=\dfrac{\displaystyle y}{\displaystyle x},c=\dfrac{\displaystyle z}{\displaystyle t},d=\dfrac{\displaystyle t}{\displaystyle z}$.
khi đó
$M=\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle (x+y)(x^2+y^2)}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle (y+z)(y^2+z^2)}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle (z+t)(z^2+t^2)}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle (t+x)(t^2+x^2)}$
nhưng ta có $(x+y)(x^2+y^2)\leq 2(x^3+y^3)\hspace*{1 cm} \forall x,y>0$
$ \Rightarrow \dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle (x+y)(x^2+y^2)}\geq\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle 2(x^3+y^3)}$
khi đó $M\geq\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle x^3+y^3}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle y^3+z^3}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle z^3+t^3}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle t^3+x^3}]$
đến đây chỉ việc áp dụng bất đẳng thức Nesbitt cho 4 biến $x^3,y^3,z^3,t^3$ ta co ngay $M\geq1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi analysis90: 02-09-2010 - 15:31


#5 tuan101293

tuan101293

    Trung úy

  • Thành viên
  • 999 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Bóng bàn ,cầu lông ,học toán ,.......

Đã gửi 02-09-2010 - 15:32

khi đó $M\geq\dfrac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}[\dfrac{\displaystyle y^3}{\displaystyle x^3+y^3}+\dfrac{\displaystyle z^3}{\displaystyle y^3+z^3}+\dfrac{\displaystyle t^3}{\displaystyle z^3+t^3}+\dfrac{\displaystyle x^3}{\displaystyle t^3+x^3}]$
đến đây chỉ việc áp dụng bất đẳng thức Nesbitt cho 4 biến $x^3,y^3,z^3,t^3$ ta co ngay $M\geq1$

đây ko phải bdt nesbitt anh ơi.

KT-PT


Do unto others as you would have them do unto you.


#6 abstract

abstract

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khối A0

Đã gửi 02-09-2010 - 15:56

Đạo hàm sai r�#8220;i em zai.
$f'(x)=\dfrac{(x-1)(3x^5+9x^4+18x^3+6x^2-x-3)}{8(1+x+x^2+x^3)^2x}$

Tuy nhầm chút nhưng lời giải của em có thể dùng để cm bài $ \sum \limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{(1+a_i)(1+a_{i}^2)} \ge \dfrac{n}{4}$
khi $ \sum \limits_{i=1}^{n} a_{i }^2=n$ (tổng lập phương ,bậc 4, bậc 5... thì khỏi nói r�#8220;i )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 02-09-2010 - 15:57

Đã mang tiếng ở trong trời đất
Phải có danh gì với núi sông


#7 abstract

abstract

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khối A0

Đã gửi 02-09-2010 - 17:23

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô :)

Nguyễn Kim Anh

Ta có BDT tổng quát hơn tất cả:
Với $a_i>0$ và $\sqrt{a_1a_2a_3...a_n}=p \ge 1$ thì
$ \sum \limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{ \sum \limits_{j=0}^{n-1} a_{i}^{j}} \ge \dfrac{n}{ \sum \limits_{j=0}^{n-1} p^{j}}$
Khi cho $p=1,n=4$ ta có BDT
$\sum \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} \ge 1$ với $abcd=1; a,b,c,d>0$, QED

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi abstract: 03-09-2010 - 11:31

Đã mang tiếng ở trong trời đất
Phải có danh gì với núi sông


#8 tuan101293

tuan101293

    Trung úy

  • Thành viên
  • 999 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Bóng bàn ,cầu lông ,học toán ,.......

Đã gửi 02-09-2010 - 20:13

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô :)

Nguyễn Kim Anh

Bài này khó kinh,mình làm thử cách này(chưa check kỹ lắm,ai đó check hộ mình với)=))
đặt $f(x)=\dfrac{1}{(1+x)(1+x^2)}$ thì
**************
Bổ đề 1: nếu $ab\ge 1$

$f(a,b)\ge f(\sqrt{ab},\sqrt{ab})$ (CM=cách quy đồng trực tiếp)
và $f(a,b,c,d)\ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc})$ (CM như CM tử bdt cosi 2 số lên 3 số)
Bổ đề 2: nếu $ab\ge 1$ mà $a\ge 1$ và $b\le 1$ thì

$f(a,b)\ge f(ab,1)$ (CM=cách quy đồng)
**************
xét 3 trường hợp:
*****
TH1: 3 số nhỏ hơn 1,giả sử $b,c,d\le 1 $ suy ra $ab,ac,ad\ge 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(ab,1,c,d)\ge f(abc,d,1,1)=f(\dfrac{1}{d},d,1,1)\ge 1$
*****
TH2: 2 số nhỏ hơn 1, 2 số lớn hơn 1:
Giả sử $a\ge b\ge 1$ và $c,d\le 1$
Dễ thấy tồn tại ít nhất 1 trong 2 số ac,ad mà số này<1,giả sử $ac\ge 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(ac,b,d,1)\ge f(\sqrt{abc},\sqrt{abc},d,1)=f(x,x,\dfrac{1}{x^2},1)\ge 1 $
****
TH3: 1 số nhỏ hơn 1:
Giả sử $d\le 1$
ta có $f(a,b,c,d)\ge f(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},d)=f(x,x,x,\dfrac{1}{x^3})\ge 1$

ĐPCM

KT-PT


Do unto others as you would have them do unto you.


#9 Messi_ndt

Messi_ndt

    Admin batdangthuc.com

  • Thành viên
  • 679 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:FC Barcelona
  • Sở thích:Mathematical, Football and a girl.

Đã gửi 03-09-2010 - 10:56

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô :)

Nguyễn Kim Anh


$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}+\dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)}+\dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)}+\dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)}\geq 1.$
Không mất tính tổng quát giã sử$ a\geq b\geq c\geq d$
Theo Chebuyshev ta có.
$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}+\dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)}+\dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)}\geq $
$\geq \dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\right)\left(\dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+c^2}\right).$
Bổ đề.
Với$ a\geq b\geq c\geq d $và $ abcd=1$
ta có
$ \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}.$
LG của bổ đề.
Thứ nhất BDT sau đúng với a,b dương có tích không nhỏ hơn 1.
$ \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}\geq \dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}$
Không khó để CM (BDTT)
Vì vậy, ta sẽ chứng minh.$ \dfrac{1}{1+c}+\dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}.$
Đặt $ x=\sqrt{ab},y=\sqrt[3]{abc}\Longrightarrow c=\dfrac{y^3}{x^2}$
Thay vào BDT can chứng minh:
$ \dfrac{1}{1+c}+\dfrac{2}{1+\sqrt{ab}}-\dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}=\dfrac{x^2}{x^2+y^3}+\dfrac{2}{1+x}-\dfrac{3}{1+y},$

$ <=> \dfrac{(x-y)^2[2y^2-y+ x.(y-2)]}{(1+x)(1+y)(x^2+y^3)}$
BDT trên đúng khi
$ <=> 2y^2-y+(y-2)x\geq 2y^2-y+(y-2)y^3=y(y-1)(y^2-y+1)\geq 0$
Vì $ a\geq b \geq c => \sqrt{ab} \geq c .$
Mặt khác $ a\geq b \geq c\geq d ,abcd=1 $
$ \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{abc}}$
$ \dfrac{1}{1+a^2}+\dfrac{1}{1+b^2}+\dfrac{1}{1+c^2}\geq \dfrac{3}{1+\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}.$
For convenience denote by
$ k = \sqrt[3]{abc}$
Do dó
$ \displaystyle\dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}+\dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)}+\dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)}\geq \dfrac{3}{(1+k)(1+k^2)}$
Thus it remains to prove that \\
$ \dfrac{3}{(1+k)(1+k^2)}+\dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \geq 1$
vì abcd=1
Nên
$ \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)}=\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{k^3}\right)\left(1+\dfrac{1}{k^6}\right)}.$
Ta viết lại
$ \dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{k^3}\right)\left(1+\dfrac{1}{k^6}\right)}+\dfrac{3}{(1+k)(1+k^2)}\geq 1$
Tương đương
$ \dfrac{(k-1)^2(2k^4+k^3+k+2)}{(k^3+1)(k^6+1)}\geq 0$
Đẳng thức tại a=b=c=d=1.
Xem tậi đây
Nó là 1 bổ đề mình dùng trong bài của mình.
Vẫn còn 1 LG=CS nhưng hơi xấu.

File gửi kèm

  • File gửi kèm  asasas.pdf   83.43K   105 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Messi_ndt: 03-09-2010 - 13:30


#10 Messi_ndt

Messi_ndt

    Admin batdangthuc.com

  • Thành viên
  • 679 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:FC Barcelona
  • Sở thích:Mathematical, Football and a girl.

Đã gửi 03-09-2010 - 11:00

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô :)

Nguyễn Kim Anh

Lời giải cổ điển quá đẹp nhé, 2$ bao h em nhận được nhỉ?

#11 abstract

abstract

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khối A0

Đã gửi 03-09-2010 - 13:24

Lời giải cổ điển quá đẹp nhé, 2$ bao h em nhận được nhỉ?

Thử giải sơ cấp bài này xem:
Chp $a,b,c,d,e >0; abcde=1$.CMR:
$ \sum \limits_{a,b,c,d,e} \dfrac{1}{1+a+a^2+a^3+a^4} \ge 1$
Đã mang tiếng ở trong trời đất
Phải có danh gì với núi sông


#12 vin.whisky

vin.whisky

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 26 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Dương

Đã gửi 03-09-2010 - 14:37

Bài Toán :
Cho $4$ số thực dương $ a ; b ; c ; d $ thỏa mãn : $ abcd = 1$ ;

Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)} \ge 1$
Ai đưa ra lời giải đẹp sớm nhất cho bài này ; thưởng 2$ ; Mại dzô ; mại dzô :)

Nguyễn Kim Anh


Mạo muội đưa ra lời giải bằng Cauchy ngược :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}=\dfrac{1}{1+a}-\dfrac{a^2}{(1+a)(1+a^2)} \ge\dfrac{1}{1+a}- \dfrac{a}{2(1+a)} =\dfrac{3}{2(1+a)} -\dfrac{1}{2} $

$ \dfrac{3}{2(1+a)}+\dfrac{3}{2(1+b)}+\dfrac{3}{2(1+c)}+\dfrac{3}{2(1+d)} \ge \dfrac{6}{\sqrt[4]{(1+a)(1+b)(1+c)(1+d) }} \ge 3 $

suy ra

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)}\ge 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vin.whisky: 03-09-2010 - 14:49


#13 vuthanhtu_hd

vuthanhtu_hd

    Tiến sĩ Diễn Đàn Toán

  • Hiệp sỹ
  • 1189 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Dương
  • Sở thích:ngủ ^^

Đã gửi 03-09-2010 - 15:16

Mạo muội đưa ra lời giải bằng Cauchy ngược :

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)}=\dfrac{1}{1+a}-\dfrac{a^2}{(1+a)(1+a^2)} \ge\dfrac{1}{1+a}- \dfrac{a}{2(1+a)} =\dfrac{3}{2(1+a)} -\dfrac{1}{2} $

$ \dfrac{3}{2(1+a)}+\dfrac{3}{2(1+b)}+\dfrac{3}{2(1+c)}+\dfrac{3}{2(1+d)} \ge \dfrac{6}{\sqrt[4]{(1+a)(1+b)(1+c)(1+d) }} \ge 3 $

suy ra

$ \dfrac{1}{(1+a)(1+a^2)} + \dfrac{1}{(1+b)(1+b^2)} + \dfrac{1}{(1+c)(1+c^2)} + \dfrac{1}{(1+d)(1+d^2)}\ge 1$



$ \dfrac{6}{\sqrt[4]{(1+a)(1+b)(1+c)(1+d) }} \ge 3 $

Chỗ này ngược dấu rồi Vin ơi.
Chú ý dùng BDT Holder ta có $(1+a)(1+b)(1+c)(1+d) \ge (1+\sqrt[4]{abcd})^4=2^4$ nên

$ \sqrt [4]{(1+a)(1+b)(1+c)(1+d)} \ge 2$ Do đó không thể có đánh giá trên được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 03-09-2010 - 15:23

Nếu một ngày bạn cảm thấy buồn và muốn khóc,hãy gọi cho tôi nhé.
Tôi không hứa sẽ làm cho bạn cười nhưng có thể tôi sẽ khóc cùng với bạn.
Nếu một ngày bạn muốn chạy chốn tất cả hãy gọi cho tôi.
Tôi không yêu cầu bạn dừng lại nhưng tôi sẽ chạy cùng với bạn.
Và nếu một ngày nào đó bạn không muốn nghe ai nói nữa,hãy gọi cho tôi nhé.
Tôi sẽ đến bên bạn và chỉ im lặng.
Nhưng nếu một ngày bạn gọi đến tôi mà không thấy tôi hồi âm...
Hãy chạy thật nhanh đến bên tôi vì lúc đó tôi mới là người cần bạn.

______________________
__________________________________
Vu Thanh TuUniversity of Engineering & Technology


#14 supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1540 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐH Ngoại Thương tp Hồ Chí Minh
  • Sở thích:bên em

Đã gửi 04-09-2010 - 13:01

Mình nghĩ mọi người nên kiểm tra kĩ lời giải của mình rồi hãy post ; nếu chưa chắc chắn thì ghi rõ là :" Đây là ý tưởng hay gì gì đó của mình " ; không nên để người khác mất thời gian xem một lời giải sai

Trong những lời giải trình bày ở trên ; lời giải của Tùng nhìn sáng sủa nhất ; tiếc là sai

Official solution :

Dễ thấy rằng với giả thiết đã cho , ta chỉ cần chứng minh : $ \sum \dfrac{1}{(1+a^2)(1+a^4)} \ge 1$

Ta sẽ cần đến bổ đề sau :

Bổ đề :

$ \forall x;y \ge 0 : \dfrac{1}{1+x^2 + x^4 + x^6} + \dfrac{1}{1+y^2 + y^4 + y^6} \ge \dfrac{1}{1+ x^3 y^3} \ \ (1) $

Ta sẽ chứng minh $ (1) $ bằng phép biến đổi tương đương . Thật vậy ; $ (1)$ tương đương với :

$ (1 + x^3y^3) \cdot \left( 2 + (x^2 +y^2 ) + (x^4+ y^4) + (x^6 + y^6) \right) \ge \left( 1 + (x^2 +y^2 ) + x^2 y^2 \right) \cdot \left( 1 + (x^4 +y^4 ) + x^4 y^4 \right) $

$ \Leftrightarrow 1 + x^3 y^3 ( x^2 + y^2 ) + x^3 y^3 ( x^4 + y^4 ) + x^3 y^3 ( x^6 + y^6 ) + 2 x^3y^3 \ge x^4 y^4 + x^2 y^2 ( x^2 + y^2 ) + x^4 y^4 ( x^2 + y^2 ) + x^2 y^2 + x^2 y^2 ( x^4 + y^4 ) + x^6 y^6 $

$ \Leftrightarrow x^3 y^3 ( x^3 - y^3 )^2 + ( 1 + x^6 y^6 - x^2 y^2 - x^4 y^4 ) \ge x^2 y^2 ( x-y)^2 + x^2 y^2 \left( x^4 + y^4 - xy(x^3+y^3) \right) + x^3 y^3 \left( xy( x^2 +y^2 ) -( x^4 + y^4 ) \right)$

$ \Leftrightarrow x^3 y^3 ( x^3 - y^3 )^2 + ( 1 + x^6 y^6 - x^2 y^2 - x^4 y^4 ) + x^3 y^3 (x-y)^2 ( x^2 + xy + y^2 ) \ge x^2 y ^2 ( x-y)^2 + x^2 y^2 ( x-y)^2 ( x^2 + xy + y^2 ) $

$ \Leftrightarrow (1-xy)^2 ( 1+ xy)^2 (1 + x^2 y^2 ) \ge x^2 y^2 ( x-y)^2 (1 + (x^2 + xy + y^2 )) \left( 1 - xy(x^2 + xy + y^2 ) \right) \ \ (2)$

$ \bigstar $ nếu $ 1 \le xy(x^2 + xy + y^2 ) $ thì dễ thấy $(2)$ đúng

$ \bigstar \bigstar $ xét tiếp trường hợp : $ 1 \ge xy(x^2 + xy + y^2 )$ ; khi đó :

$ x^2 y^2 ( x-y)^2 (1 + (x^2 + xy + y^2 )) \left( 1 - xy(x^2 + xy + y^2 ) \right) $

$ = \dfrac{1}{2} \left( xy + xy ( x^2 + xy + y^2 ) \right) \left( xy ( x^2 + xy + y^2) - 3x^2 y^2 \right) \left( 2 -2xy ( x^2 + xy + y^2 ) \right) $

$ \le \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{ xy + 2 - 3x^2 y^2 }{3} \right)^3 \ = \ \dfrac{1}{54} (1-xy)^3 ( 2+ 3xy)^3$

( dễ thấy $ xy \le 1$ )

Nên từ đây ta suy ra là để chứng minh $(2)$ ; ta chỉ cần chứng minh :

$ (1+xy)^2 ( 1+ x^2 y^2 ) \ge \dfrac{1}{54} (1-xy) ( 2+ 3xy)^3$

Bất đẳng thức cuối cùng này đúng vì theo bất đẳng thức Holder thì :

$ 54 (1+xy)^2 ( 1+ x^2 y^2 ) $

$ = 27 (1 +xy ) \left( (1+1)(1+xy)(1+x^2y^2) \right) \ge 27 (1 +xy )^4$

$ = (1+xy) ( 3+ 3xy)^3 \ge (1-xy)(2+3xy)^3 $

$ \Rightarrow (2) $ đúng $ \Rightarrow (1)$ đúng và bổ đề theo đó được chứng minh

Vào bài : Đặt $ x \ = \ a^3b^3 \ ; \ y = c^3 d^3 \Rightarrow xy = 1$

Theo bổ đề ; ta có :

$ \sum \dfrac{1}{(1+a^2)(1+a^4)} = \left( \dfrac{1}{(1+a^2)(1+a^4)} + \dfrac{1}{(1+b^2)(1+b^4)} \right)+ \left( \dfrac{1}{(1+c^2)(1+c^4)} + \dfrac{1}{(1+d^2)(1+d^4)} \right)$

$ \ge \dfrac{1}{1+ a^3 b^3} + \dfrac{1}{1+ c^3 d^3} = \dfrac{1}{1+x} + \dfrac{1}{1+y} $

$ = \dfrac{y}{y+xy} + \dfrac{1}{1+y} = \dfrac{y}{y+1} + \dfrac{1}{1+y} =1 $


Từ đây ; ta thấy rằng bất đẳng thức ban đầu đã được chứng minh hoàn toàn .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 04-09-2010 - 15:31

Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh