Đến nội dung

Hình ảnh

Cho $xyz=1$. Chứng minh rằng: $\sum\frac{x+3}{\left ( x+1 \right )^{2}}\geq 3$

* * * * * 2 Bình chọn ai lam giup em bai nay voi

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

#1
tim1nuathatlac

tim1nuathatlac

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 298 Bài viết
cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn $xyz=1$.cmr $\sum\frac{x+3}{\left ( x+1 \right )^{2}}\geq 3$
nguồn UK 2005


#2
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn $xyz=1$.cmr $\sum\frac{x+3}{\left ( x+1 \right )^{2}}\geq 3$
nguồn UK 2005

Có lẽ xài cách này hơi mạnh một chút :P
Ta sẽ xét bài toán trong trường hợp 2 số,tức là ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2} \ge 2(1)$$
Với $x,y>0$ và $xy=1$.
Cách chứng minh (1) rất đơn giản.Chỉ bằng phương pháp thế $y=\frac{1}{x}$,ta đưa về chứng minh BĐT 1 biến sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{\frac{1}{x}+3}{\left(\frac{1}{x}+1 \right)^2} \ge 2 \iff (x-1)^2 \ge 0$$.
Vậy ta đã chứng minh xong.
Quay trở lại bài toán ban đầu.Ta dễ dàng nhận thấy rằng hàm $f(x)=\frac{x+3}{(x+1)^2}$ là hàm lồi trên $(0;+ \infty)$ và ta đã có:$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})=2f(1)=2$.Bây giờ ta chỉ cần chứng minh:
$$f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})=3f(1)=3$$
Áp dụng liên tiếp 2 lần BĐT $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,ta có:
$$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$$
$$f(z)+f(\sqrt[3]{xyz}) \ge 2f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right)$$
$$f(\sqrt{xy})+f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right) \ge 2f\left(\sqrt{\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}} \right)=2f(\sqrt[3]{xyz})$$
Kết hợp cả 3 BĐT trên ,ta sẽ có:
$$f(x)+f(y)+f(z)+f(\sqrt[3]{xyz}) \ge 4f(\sqrt[3]{xyz}) \iff f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})$$
Bài toán đã được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$.

P/s:Việc đề cập đến hàm $f(x)=\frac{x+3}{(x+1)^2}$ là hàm lồi trên $(0;+ \infty)$ thực chất là để khẳng định BĐT trên là đúng và xuất phát từ BĐT Jensen cho hàm lồi. :D
Và cũng bằng cách tương tự,ta cũng chứng minh được cho bài toán $n$ số
Tổng quát: Cho $n$ số thực dương $x_1;x_2;...;x_{n}$ thỏa mãn $x_1x_2...x_{n}=1$.Chứng minh rằng:
$$\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{x_{k}+3}{(x_{k}+1)^2} \right) \ge n$$
Bạn nào có cách giải cổ điển thì post lên nhé ,không khuyến khích cách giải biến đổi tương đương :)
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#3
alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết

cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn $xyz=1$.cmr $\sum\frac{x+3}{\left ( x+1 \right )^{2}}\geq 3$
nguồn UK 2005

Trước hết ta chứng minh
\[\frac{1}{{1 + a}} + \frac{1}{{1 + b}} + \frac{1}{{1 + c}} \ge \frac{2}{{1 + a + b + c}} + 1\]
Thật vậy.BĐT đã cho tương đương với
\[\frac{{3 + ab + bc + ca + 2(a + b + c)}}{{2 + ab + bc + ca + a + b + c}} \ge \frac{{3 + a + b + c}}{{1 + a + b + c}} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + {c^2} \ge 3\]
Vậy BĐT trên đúng
Tiếp theo ta chứng minh
\[\frac{1}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{a + b + c + 1}} \ge 1\]
Thật vậy
Trong 3 số $a,b,c$ có ít nhất hai số cùng không lớn hơn 1 hoặc cùng không nhỏ hơn 1.Ta giả sử hai số đó là $a,b$ thế thì $(a-1)(b-1) \ge 0$
Vậy thì
$$ab+1 \ge a+b$$
Mặt khác ta có BĐT quen thuộc là
\[\frac{1}{{{{(1 + a)}^2}}} + \frac{1}{{{{(1 + b)}^2}}} \ge \frac{1}{{1 + ab}} = \frac{c}{{c + 1}}\]
Như vậy thì
\[\frac{1}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{a + b + c + 1}} \ge \frac{c}{{c + 1}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{\frac{{c + 1}}{c} + c + 1}} = 1\]
Quay trở lại bài toán của chúng ta
Ta có BĐT tương đương với
\[\frac{1}{{1 + a}} + \frac{1}{{1 + b}} + \frac{1}{{1 + c}} + \frac{2}{{{{(1 + a)}^2}}} + \frac{2}{{{{(1 + b)}^2}}} + \frac{2}{{{{(1 + c)}^2}}} \ge 2(\frac{1}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{1}{{{{(c + 1)}^2}}} + \frac{1}{{a + b + c + 1}}) + 1 \ge 3\]
Bài toán được giải quyết

P/s:Bài toán:Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất để BĐT sau đây còn đúng với mọi số thực dương $a,b,c$ thoả mãn $abc=1$
\[\frac{{a + k}}{{{{(a + 1)}^2}}} + \frac{{b + k}}{{{{(b + 1)}^2}}} + \frac{{c + k}}{{{{(c + 1)}^2}}} \ge \frac{3}{4}(k + 1)\]
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#4
tim1nuathatlac

tim1nuathatlac

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 298 Bài viết
bài này ở đây ://www.mediafire.com/?cnmnfi334qfefhs


#5
viet 1846

viet 1846

    Gà con

  • Thành viên
  • 224 Bài viết

cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn $xyz=1$.cmr $\sum\frac{x+3}{\left ( x+1 \right )^{2}}\geq 3$
nguồn UK 2005


Một cách quen thuộc:

Đổi biến: $\left( {x;y;z} \right) \to \left( {{a^4};{b^4};{c^4}} \right)$

Ta có: \[ineq \Leftrightarrow \sum {\dfrac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge 3} \]

Dễ dàng chứng minh được rằng:

\[\dfrac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge \dfrac{3}{{{a^6} + {a^3} + 1}}\]

Đến đây nhận thấy BĐT ban đầu được chứng minh khi ta chứng minh được rằng:

\[\sum {\dfrac{1}{{{a^6} + {a^3} + 1}}} \ge 1\]

Đây là một bđt quen thuộc đã được chứng minh nhiều lần.

Như vậy ta có ĐPCM. :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoàng Quốc việt: 22-08-2012 - 20:20


#6
tim1nuathatlac

tim1nuathatlac

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 298 Bài viết

Một cách quen thuộc:
Đổi biến: $\left( {x;y;z} \right) \to \left( {{a^4};{b^4};{c^4}} \right)$
Ta có: \[ineq \Leftrightarrow \sum {\frac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge 3} \]
Dễ dàng chứng minh được rằng:
\[\frac{{{a^4} + 3}}{{{{\left( {{a^4} + 1} \right)}^2}}} \ge \frac{3}{{{a^6} + {a^3} + 1}}\]

mình cm dòng màu đỏ :lol:
$\Leftrightarrow \left ( a-1 \right )^{2}\left ( a^{5}+2a^{4}-a^{2}+a+3 \right )\geq 0$


#7
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
Em chưa hiểu chỗ này. Anh chứng minh BĐT dưới đây với $xy=1$ bằng phương pháp thế.

Ta sẽ xét bài toán trong trường hợp 2 số,tức là ta sẽ chứng minh BĐT sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2} \ge 2(1)$$
Với $x,y>0$ và $xy=1$.
Cách chứng minh (1) rất đơn giản.Chỉ bằng phương pháp thế $y=\frac{1}{x}$,ta đưa về chứng minh BĐT 1 biến sau:
$$\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{\frac{1}{x}+3}{\left(\frac{1}{x}+1 \right)^2} \ge 2 \iff (x-1)^2 \ge 0$$.


Nhưng khi đến TH 3 biến thì đâu còn có điều kiện $xy=1$ và $z.\sqrt[3]{xyz}=1$ và $\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}=1$ để áp dụng nó

Áp dụng liên tiếp 2 lần BĐT $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,ta có:
$$f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$$
$$f(z)+f(\sqrt[3]{xyz}) \ge 2f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right)$$
$$f(\sqrt{xy})+f\left(\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}} \right) \ge 2f\left(\sqrt{\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}} \right)=2f(\sqrt[3]{xyz})$$



#8
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Em chưa hiểu chỗ này. Anh chứng minh BĐT dưới đây với $xy=1$ bằng phương pháp thế.


Nhưng khi đến TH 3 biến thì đâu còn có điều kiện $xy=1$ và $z.\sqrt[3]{xyz}=1$ và $\sqrt{xy}.\sqrt{z\sqrt[3]{xyz}}=1$ để áp dụng nó

Thế này nhé ,khi anh viết $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,đó là anh đã sử dụng đồng nhất bậc 2 vế nên điều kiện $xy=1$ không còn giá trị nữa ;) .Như vậy việc anh chứng minh:$f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})$ cũng đã không xài đến giả thuyết $xyz=1$ :D
P/s:Cái này hơi giống với phương pháp giải quy nạp Cauchy .
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#9
le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết

Thế này nhé ,khi anh viết $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$,đó là anh đã sử dụng đồng nhất bậc 2 vế nên điều kiện $xy=1$ không còn giá trị nữa ;) .Như vậy việc anh chứng minh:$f(x)+f(y)+f(z) \ge 3f(\sqrt[3]{xyz})$ cũng đã không xài đến giả thuyết $xyz=1$ :D
P/s:Cái này hơi giống với phương pháp giải quy nạp Cauchy .

Em vẫn có khúc mắc chưa hiểu, theo em thì hàm số:
$$g(x;y)=\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2}$$
Không phải là hàm thuần nhất ( thực ra thì vấn đề này em còn rất mù mơ), tại vì khi thay thì có $g(tx;ty)\neq t^k.g(x;y)$ nên ta không thể thuần nhất rồi bỏ điều kiện đi được, vì em thấy BĐT $f(x)+f(y)\geq 2f(\sqrt{xy})$ nếu không có điều kiện $xy=1$ thì không đúng. Ta thay $x=1, y=0.1$ vào là thấy

#10
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

Em vẫn có khúc mắc chưa hiểu, theo em thì hàm số:
$$g(x;y)=\frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2}$$
Không phải là hàm thuần nhất ( thực ra thì vấn đề này em còn rất mù mơ), tại vì khi thay thì có $g(tx;ty)\neq t^k.g(x;y)$ nên ta không thể thuần nhất rồi bỏ điều kiện đi được, vì em thấy BĐT $f(x)+f(y)\geq 2f(\sqrt{xy})$ nếu không có điều kiện $xy=1$ thì không đúng. Ta thay $x=1, y=0.1$ vào là thấy

Anh quả thật sai sót ,đúng là BĐT $f(x)+f(y) \ge 2f(sqrt{xy})$ không đúng cho mọi $x,y>0$.Cảm ơn em đã chỉ ra chỗ sai :D
P/s:Đúng là hàm số mà em đưa ra không thuần nhất ,nhưng ta vẫn có thể thuần nhất 2 vế ,cái quan trọng là BĐT mà ta đã thuần nhất phải đúng cho mọi $x,y$ khi phá bỏ điều kiện,đây cũng chính là cái sai của anh;không để ý đến tính đúng sai của BĐT $f(x)+f(y) \ge 2f(\sqrt{xy})$ .
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#11
Poseidont

Poseidont

    Dark Knight

  • Thành viên
  • 322 Bài viết
Em có cái này các anh coi được không
$(x,y,z)\rightarrow (\frac{b}{a},\frac{c}{b},\frac{a}{c})$
BĐT$\Leftrightarrow \sum \frac{3a^2+ab}{(a+b)^2)}\geq 3\Leftrightarrow \frac{3}{4}\sum (\frac{a-b}{a+b}+1)^2+\frac{1}{4}\sum \frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{(a+b)^2)}\geq 3$
$\Leftrightarrow \sum (\frac{x-y}{x+y})^2\geq 3\prod \frac{x-y}{x+y}$
Mặt khác $\prod \frac{x-y}{x+y}\leq 1\Leftrightarrow 2(x^2y+y^2z+z^2x)\geq 0$
$\square.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Duc Nghia: 10-12-2012 - 14:38

Nguyễn Đức Nghĩa tự hào là thành viên VMF


#12
Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có $$\frac{x}{(x+1)^2}+\frac{y}{(y+1)^2}+\frac{z}{(z+1)^2}\ge 3\sqrt[3]{\frac{xyz}{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}}=\frac{3}{\sqrt[3]{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}}$$ Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM, thì $$(x+1)(y+1)(z+1)\ge 8.$$ Nên $$\frac{3}{\sqrt[3]{(x+1)^2(y+1)^2(z+1)^2}} \ge \frac{6}{(x+1)(y+1)(z+1)}.$$ Vậy để chứng minh bất đẳng thức trên, thì ta cần chứng minh được $$\frac{3}{(x+1)^2}+\frac{3}{(y+1)^2}+\frac{3}{(z+1)^2}+\frac{6}{(x+1)(y+1)(z+1)}\ge 3,$$ tương đương với $$\frac{1}{(x+1)^2}+\frac{1}{(y+1)^2}+\frac{1}{(z+1)^2}+\frac{2}{(x+1)(y+1)(z+1)}\ge 1.$$ Là một bất đẳng thức quen thuộc của Phạm Văn Thuận.
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#13
quangtq1998

quangtq1998

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 192 Bài viết

SÁNG TẠO BDT GIẢI
Chọn các số dương a,b,c sao cho $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}=k \ge 1 $ và $abc=1$
Khi đó, ta dễ dàng nhận thấy
$ \frac{x+3}{(x+1)^2}+\frac{y+3}{(y+1)^2}+\frac{z+3}{(z+1)^2} \ge \frac{a+3}{(a+1)^2}+\frac{b+3}{(b+1)^2}+\frac{c+3}{(c+1)^2}$
Đặt $x=\frac{2}{1+a};y=\frac{2}{1+b};z=\frac{2}{1+d}$. Ta phải chứng minh :
$x+y+z+x^2+y^2+z^2 \ge 6 $
Chú ý rằng điều kiện abc=1 cho ta
$(\frac{1}{x}-\frac{1}{2})(\frac{1}{y}-\frac{1}{2})(\frac{1}{z}-\frac{1}{2})=\frac{abc}{8}=\frac{1}{8}$
$\Leftrightarrow (2-x)(2-y)(2-z) =xyz $
Đặt $m=x-1; n=y-1;p=z-1$ thì hiển nhiên $m,n,p \ge -1$. Vậy :
$ (m+1)(n+1)(p+1)=(1-m)(1-n)(1-p) \Rightarrow m+n+p+mnp=0$
Do $ -1 \leq m,n,p \ge 1 $ nên $m^2+n^2+p^2\ge 3 sqrt[3]{m^2n^2p^2}\ge 3mnp $. Cho nên :

$\sum_{m,n,p}{m(m+3)}=\sum_{sym}{(x-1)(x+2)} = x+y+z+x^2+y^2+z^2-6 \ge 0 \Rightarrow dpcm$



#14
toanhoc2017

toanhoc2017

    Thiếu úy

  • Banned
  • 628 Bài viết

BÀI NÀY NỔI TIẾNG LĂM 






1 người đang xem chủ đề

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