Đến nội dung

Hình ảnh

Một bất đẳng thức đẹp - IMO 2005


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
Nguyễn Hoàng Nam

Nguyễn Hoàng Nam

    Độc thân...

  • Thành viên
  • 334 Bài viết
Đề nghị các cao thủ giải bài này theo phương pháp của THCS thôi nhé :D
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $abc \geq 1 $
Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}+\dfrac{b^5-b^2}{b^5+c^2+a^2}+\dfrac{c^5-c^2}{c^5+a^2+b^2} \geq 0 $
(IMO 2005)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Hoàng Nam: 07-05-2011 - 22:41

Kho tư liệu bất đẳng thức

My blog

My website
Bán acc Megaupload giá rẻ, giảm giá đặc biệt cho các thành viên của VMF :D
Contact: 01644 036630

#2
wallunint

wallunint

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 273 Bài viết

Đề nghị các cao thủ giải bài này theo phương pháp của THCS thôi nhé :)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn $abc \geq 1 $
Chứng minh rằng:
$\dfrac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}+\dfrac{b^5-b^2}{b^5+c^2+a^2}+\dfrac{c^5-c^2}{c^5+a^2+b^2} \geq 0 $
(IMO 2005)

Kĩ thuật giải bài này gần giống cách giải bài của anh Cường trong cuốn Cauchy-Schwarz :)
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
$\sum {\dfrac{1}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}}} \geqslant \dfrac{3}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có :
$\left( {{x^5} + {y^2} + {z^2}} \right)\left( {yz + {y^2} + {z^2}} \right) \geqslant \left( {\sqrt {{x^5}yz} + {y^2} + {z^2}} \right) \geqslant \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)$
Vì vây, ta có :
$\sum {\dfrac{1}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}}} \leqslant \sum {\dfrac{{yz + {y^2} + {z^2}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}} \leqslant \sum {\dfrac{{\dfrac{{{y^2} + {z^2}}}{2} + {y^2} + {z^2}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}} = \dfrac{3}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}$
Vậy, bất đẳng thức đã được chứng minh xong :D

Vì cuộc sống luôn thay màu .... !!!


#3
Nguyễn Hoàng Nam

Nguyễn Hoàng Nam

    Độc thân...

  • Thành viên
  • 334 Bài viết

Kĩ thuật giải bài này gần giống cách giải bài của anh Cường trong cuốn Cauchy-Schwarz :vdots
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
$\sum {\dfrac{1}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}}} \geqslant \dfrac{3}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có :
$\left( {{x^5} + {y^2} + {z^2}} \right)\left( {yz + {y^2} + {z^2}} \right) \geqslant \left( {\sqrt {{x^5}yz} + {y^2} + {z^2}} \right) \geqslant \left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right)$
Vì vây, ta có :
$\sum {\dfrac{1}{{{x^5} + {y^2} + {z^2}}}} \leqslant \sum {\dfrac{{yz + {y^2} + {z^2}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}} \leqslant \sum {\dfrac{{\dfrac{{{y^2} + {z^2}}}{2} + {y^2} + {z^2}}}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}} = \dfrac{3}{{{x^2} + {y^2} + {z^2}}}$
Vậy, bất đẳng thức đã được chứng minh xong :in


Cách giải chính xác :in Nhưng làm ơn viết cụ thể hơn đi Tường ơi, người chưa đọc bài này khéo nhìn vào chẳng hiểu gì :vdots
Kho tư liệu bất đẳng thức

My blog

My website
Bán acc Megaupload giá rẻ, giảm giá đặc biệt cho các thành viên của VMF :D
Contact: 01644 036630

#4
toanhoc2017

toanhoc2017

    Thiếu úy

  • Banned
  • 628 Bài viết
Bài này có 5 cách

#5
KietLW9

KietLW9

    Đại úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1737 Bài viết

Ta có $abc\geqslant 1$ nên $\frac{a^5-a^2}{a^5+b^2+c^2}\geqslant \frac{a^5-a^2.abc}{a^5+(b^2+c^2)abc} =\frac{a^4-a^2bc}{a^4+(b^2+c^2)bc}$

Xét BĐT phụ: $\frac{x-yz}{x+zt}\geqslant \frac{2x-yt}{2x+t^2} $ với $t\geqslant 2z$ (Luôn đúng do: $\frac{x-yz}{x+zt}- \frac{2x-yt}{2x+t^2}=\frac{x(t-2z)(y+t)}{(x+zt)(2x+t^2)}\geqslant 0$ )

Áp dụng với $x=a^4; y = a^2; z = bc; t = b^2+c^2$, ta được: $\frac{a^4-a^2bc}{a^4+(b^2+c^2)bc}\geqslant \frac{2a^4-a^2(b^2+c^2)}{2a^4+(b^2+c^2)^2}$ 

Đặt $(a^2,b^2,c^2)\rightarrow (x,y,z)$ thì ta cần chứng minh: $\sum_{cyc}\frac{2x^2-x(y+z)}{2x^2+(y+z)^2}\geqslant 0 $

Đây là điều hiển nhiên do: $\Leftrightarrow \sum_{cyc}(x-y)^2\frac{z^2+z(x+y)+x^2-xy+y^2}{(2x^2+(y+z)^2)(2y^2+(z+x)^2)}\geqslant 0$ 

Đẳng thức xảy ra khi x = y = z hay a = b = c = 1


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KietLW9: 01-04-2021 - 18:33

Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 





0 người đang xem chủ đề

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