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

$$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca)\leq 9$$

3 bài toán quen thuộc

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-09-2012 - 22:37

Hôm nay mình xin được nêu 3 bổ đề quen thuộc để đưa bất đẳng thức hoán vị về đối xứng 1 cách hiệu quả :)
Bài toán 1: Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$$
Bài toán 2: Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a^2+b^2+c^2=3$.Chứng minh rằng:
$$a^2b+b^2c+c^2a-abc\leq 2$$
Bài toán 3: Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca)\leq 9$$

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#2 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 24-09-2012 - 23:09

Hôm nay mình xin được nêu 3 bổ đề quen thuộc để đưa bất đẳng thức hoán vị về đối xứng 1 cách hiệu quả :)
Bài toán 1: Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$$

Bài 1:
Không mất tính tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$
Ta sẽ chứng minh bđt sau, $$a^2b+b^2c+c^2a + abc \leq b(a+c)^2$$
Biến đổi tương đương, ta có $$bc(b-a) \leq 0$$ (luôn đúng).
Vậy $$VT \leq b(a+c)^2$$
Mặt khác, ta có:
$$b(a+c)^2 = 4.\frac{b(a+c)^2}{4} = 4.b.\frac{a+c}{2}.\frac{a+c}{2} \leq 4. \frac{(b+c+a)^3}{27} = 4$$
Vậy ta có đpcm, đẳng thức xảy ra khi $a=b=c = 1$ ^^!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 24-09-2012 - 23:23

"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#3 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-09-2012 - 14:44

Bài 1:
Không mất tính tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$
Ta sẽ chứng minh bđt sau, $$a^2b+b^2c+c^2a + abc \leq b(a+c)^2$$
Biến đổi tương đương, ta có $$bc(b-a) \leq 0$$ (luôn đúng).

Sai lè ra rồi Quang ơi =))
Em có vẻ nhớ cách làm đấy nhưng đây là 1 bất đẳng thức hoán vị.Ta không thể giả sử $a\geq b\geq c$.
Cái thứ hai là em biến đổi tương đương sai rồi 8-}
Gợi ý là cả 3 bài ta đều giả sử 1 số nằm giữa 2 số còn lại các bạn nhé ;)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 25-09-2012 - 14:44

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#4 HÀ QUỐC ĐẠT

HÀ QUỐC ĐẠT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:12C THPT NINH GIANG-ĐẠI HỌC XÂY DỰNG

Đã gửi 25-09-2012 - 18:16

Giả sử b nằm giữa a và c

#5 danganhaaaa

danganhaaaa

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 78 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Thái Bình

Đã gửi 25-09-2012 - 23:05

Hôm nay mình xin được nêu 3 bổ đề quen thuộc để đưa bất đẳng thức hoán vị về đối xứng 1 cách hiệu quả :)
Bài toán 1: Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$$a^2b+b^2c+c^2a+abc\leq 4$$


Không mất tính tổng quát ta giả sử b nằm giữa c và a.
suy ra $(b-a)(b-c)\leq 0\rightarrow c(b-a)(b-c)\leq 0$
suy ra $b^2c+c^2a\leq bc^2+abc$
$\Leftrightarrow b^2c+c^2a+a^2b+abc\leq bc^2+a^2b+2abc\leq \frac{1}{2}2b(a+c)^2$
$\leq \frac{1}{2}\left [ \frac{(2b+a+c+a+c)}{3} \right ]^3$$=\frac{1}{2}\frac{\left [ 2(a+b+c) \right ]^3}{27}=4$
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hoặc a=2,b=1,c=0.:D
ĐĂNG ANH VÍP BRỒ 97

#6 le_hoang1995

le_hoang1995

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Vân Nội

Đã gửi 26-09-2012 - 18:40

Cả ba bài đều dùng chung 1 ý tưởng như trên: giả sử $b$ là số nằm giữa $a$ và $c$, ta dễ chứng minh $a^2b+b^2c+c^2a\leq b(a^2+ac+c^2)$

Bài toán 2: Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a^2+b^2+c^2=3$.Chứng minh rằng:
$$a^2b+b^2c+c^2a-abc\leq 2$$

Suy ra $$a^2b+b^2c+c^2a-abc\leq b(a^2+ac+c^2)-abc=b(a^2+c^2)$$
$$=2\sqrt{b^2.\frac{a^2+c^2}{2}.\frac{a^2+c^2}{2}}\leq 2\sqrt{\left ( \frac{b^2+2.\frac{a^2+c^2}{2}}{3} \right )^3}=2$$

Bài toán 3: Ch0 $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$$(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca)\leq 9$$

$$3VT\leq 3b.(a^2+ac+c^2).(ab+bc+ca)=3b.[(a+c)^2-ac].[ac+b(a+c)]$$
$$=3b.[(3-b)^2-ac].[ac+b(3-b)]\leq \left ( \frac{3b+9-6b+b^2-ac+ac+3b-b^2}{3} \right )^3=27$$
$$\Rightarrow VT \leq 9$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 26-09-2012 - 18:43


#7 Thanhlongviemtuoc

Thanhlongviemtuoc

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 132 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An đất học
  • Sở thích:GAME, MATHS!!!!!!!

Đã gửi 03-09-2019 - 08:19

Bài 13: Cho a,b,c$\geq 0$, a+b+c=3. Tìm GTNN của 

P=$a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a}-\sqrt{abc}$

Giải:

Đặt $\sqrt{a}=x;\sqrt{b}=y;\sqrt{c}=z;$ => $x^2+y^2+z^2=3$

Không mất tính tổng quát ta giả sử y nằm giữa x và z.

suy ra $(y-x)(y-z)\leq 0 => z(y-x)(y-z)\leq 0$
suy ra $y^2z+z^2x\leq yz^2+xyz$
$\Leftrightarrow y^2z+z^2x+x^2y-xyz\leq yz^2+x^2y\leq y(x^2+z^2)$

$=2\sqrt{y^2.\frac{x^2+z^2}{2}.\frac{x^2+z^2}{2}}\leq 2\sqrt{\left ( \frac{y^2+2.\frac{x^2+z^2}{2}}{3} \right )^3}=2$

Vậy $P \leq 2$ Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow$ a=b=c=1

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Thanhlongviemtuoc: 03-09-2019 - 08:27





0 người đang xem chủ đề

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