Chủ đề này có 5 trả lời

[WhjteShadow]

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

[BlackSelena]

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

[WhjteShadow]

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

[HÀ QUỐC ĐẠT]

Giả sử b nằm giữa a và c

[danganhaaaa]

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.

[le_hoang1995]

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