Chủ đề này có 3 trả lời

[cool hunter]

Cho a,b,c dương thỏa mãn $abc =1$. CMR: vs mọi $k>0$ thì $\frac{1}{1+a+b^{k}}+\frac{1}{1+b+c^{k}}+\frac{1}{1+c+a^{k}}\leq 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 14-08-2012 - 22:33

[A1Nguyen]

Câu này mình xin làm theo với bài mẫu là k=2 trong chứng minh bài toán của nhà giáo Vasile, hơi muộn nhưng chẳng biết bạn có cần đến nữa?
Đặt $a=x^{k+1}, b=y^{k+1}, c=z^{k+1} $
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
Tổng hoán vị của $\dfrac{1}{1+x^{k+1}+y^{k.(k+1)}} $.
= Tổng hoán vị của $\dfrac {z^{2k}+x^{k-1}+ \dfrac{1}{y^k}}{(1+x^{k+1}+y^{k^2+k}).(z^{2k}+x^{k-1}+\dfrac{1}{y^k})}$.

$\leq$ Tổng hoán vị của: $\dfrac{z^{2k}+x^{k-1}+\dfrac{1}{y^k}}{(z^k+x^k+y^k)^2}$. (Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz).
Bằng tổng hoán vị của: $\dfrac {z^{2k}+x^{k}yz+(xy)^k}{(z^k+x^k+y^k)^2}$. Do xyz=1
Do đó, cần:
$ z^{2k}+ y^{2k}+ x^{2k}+ (xy)^k+ (yz)^k+ (zx)^k+ xyz.(x^{k-1}+y^{k-1}+z^{k-1} \leq (z^k+x^k+y^k)^2 $.
Tương đương với:
$ xyz. (x^{k-1}+ y^{k-1}+ z^{k-1} \leq (xy)^k+ (yz)^k+ (zx)^k $.
Bất đẳng thức này được rút ra từ bất đẳng thức:
$ xyz.(x+y+z) \leq (xy)^2+ (yz)^2+ (zx)^2$.

Hiện giờ mình chưa tìm ra cách chứng minh bất đẳng thức cuối. Ai chứng minh được rồi thì gửi lên hộ. Cảm ơn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 17-08-2012 - 23:03

[no matter what]

Câu này mình xin làm theo với bài mẫu là k=2 trong chứng minh bài toán của nhà giáo Vasile, hơi muộn nhưng chẳng biết bạn có cần đến nữa?
Đặt $a=x^{k+1}, b=y^{k+1}, c=z^{k+1} $
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
Tổng hoán vị của $\dfrac{1}{1+x^{k+1}+y^{k.(k+1)}} $.
= Tổng hoán vị của $\dfrac {z^{2k}+x^{k-1}+ \dfrac{1}{y^k}}{(1+x^{k+1}+y^{k^2+k}).(z^{2k}+x^{k-1}+\dfrac{1}{y^k})}$.

$\leq$ Tổng hoán vị của: $\dfrac{z^{2k}+x^{k-1}+\dfrac{1}{y^k}}{(z^k+x^k+y^k)^2}$. (Theo bất đẳng thức Cauchy Schwarz).
Bằng tổng hoán vị của: $\dfrac {z^{2k}+x^{k}yz+(xy)^k}{(z^k+x^k+y^k)^2}$. Do xyz=1
Do đó, cần:
$ z^{2k}+ y^{2k}+ x^{2k}+ (xy)^k+ (yz)^k+ (zx)^k+ xyz.(x^{k-1}+y^{k-1}+z^{k-1} \leq (z^k+x^k+y^k)^2 $.
Tương đương với:
$ xyz. (x^{k-1}+ y^{k-1}+ z^{k-1} \leq (xy)^k+ (yz)^k+ (zx)^k $.
Bất đẳng thức này được rút ra từ bất đẳng thức:
$ xyz.(x+y+z) \leq (xy)^2+ (yz)^2+ (zx)^2$.

Hiện giờ mình chưa tìm ra cách chứng minh bất đẳng thức cuối. Ai chứng minh được rồi thì gửi lên hộ. Cảm ơn.

BĐT cuối cùng ý của bạn là$xyz(x+y+z)\leq (xy)^2+(yz)^2+(zx)^2$??
đây là 1 BĐT hiển nhiên mà $\sum a^2\geq \sum ab$

[diepviennhi]

cách chứng minh Tổng quát: Ta xét hai trường hợp
Trường hợp 1: $k\geq 1$ bằng phép khai triển trực tiếp ta viết được bất đẳng thức trên thành $\sum a^{k+1}b+\sum a^{k}b^{k+1}\geq \sum a^{k}+\sum a$
Áp dụng bdt AM-GM suy rộng ta có $k\sum a^{k+1}b+\sum a^{k}b^{k+1}=\sum a^{k+1}(kb+c^{k})\geq (k+1)\sum a^{k+1}b^{\frac{k}{k+1}}c^{\frac{k}{k+1}}=(k+1)\sum a^{k+\frac{1}{k+1}}$ và $\sum a^{k+1}b+k\sum a^{k}b^{k+1}=\sum a^{k}(ab+\frac{k^{2}-1}{2k+1}b^{k+1}+\frac{k^{2}+k+1}{2k+1}c^{k})\geq (k+1)\sum a^{k}(ab.b^{\frac{(k+1)(k^{2}-1)}{2k+1}}.c^{\frac{k(k^{2}+k+1)}{2k+1}})^{\frac{1}{k+1}}= (k+1)\sum a^{k}(ab^{\frac{k(k^{2}+k+1)}{2k+1}}.c^{\frac{k(k^{2}+k+1)}{2k+1}})^{\frac{1}{k+1}}=(k+1)\sum a^{k+\frac{1}{k+1}-\frac{k(k^{2}+k+1)}{(k+1)(2k+1)}}=(k+1)\sum a^{\frac{k^{2}+k+1}{2k+1}}$
Cộng lại ta được $\sum a^{k+1}b+\sum a^{k}b^{k+1}\geq \sum a^{\frac{k^{2}+k+1}{2k+1}}+\sum a^{k+\frac{1}{k+1}}$ (1)
Mặt khác theo bdt Chebyshev ta có $3\sum a^{k+\frac{1}{k+1}}\geq (\sum a^{k})(\sum a^{\frac{1}{k+1}})\geq 3(abc)^{\frac{1}{3(k+1)}}(\sum a^{k})=3\sum a^{k}$
và $3\sum a^{\frac{k^{2}+k+1}{2k+1}}=3\sum a^{1+\frac{k(k-1)}{2k+1}}\geq (\sum a)(\sum a^{\frac{k(k-1)}{2k+1}})\geq 3(abc)^{\frac{k(k-1)}{3(2k+1)}}(\sum a)=3\sum a$
Do vậy $\sum a^{\frac{k^{2}+k+1}{2k+1}}+\sum a^{k+\frac{1}{k+1}}\geq \sum a^{k}+\sum a$ (2)
Kết hợp (1), (2) lại ta có $\sum a^{k+1}b+\sum a^{k}b^{k+1}\geq \sum a^{k}+\sum a$
Trường hợp 2: $0< k\leq 1$ Do $\frac{1}{k}\geq 1$ nên theo kết quả trường hợp trên ta có $\frac{1}{1+x+y^{\frac{1}{k}}}+\frac{1}{1+y+z^{\frac{1}{k}}}+\frac{1}{1+z+x^{\frac{1}{k}}}\leq 1$ với mọi $x,y,z>0$ thỏa mãn $xyz=1$
Chọn $x=a^{k},y=b^{k},c=z^{k}$ ta co được bất đẳng thức ban đầu
Đẳng thức khi $a=b=c=1$