Chủ đề này có 7 trả lời

[perfectstrong]

Dạo chơi một lát
Bài 1: Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa $0<a\le b \le c \le d$.
Chứng minh rằng:
\[
a^b b^c c^d d^a \ge b^a c^b d^c a^d
\]
Bài 2: Cho $a,b,x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $0 <z \le y \le x$ và $0<b \le a$.
Chứng minh rằng:
\[
x^a \left( {y^b - z^b } \right) + y^a \left( {z^b - x^b } \right) + z^a \left( {x^b - y^b } \right) \ge 0
\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 27-09-2012 - 22:20

[dark templar]

Dạo chơi một lát
Bài 1: Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa $0<a\le b \le c \le d$.
Chứng minh rằng:
\[
a^b b^c c^d d^c \ge b^a c^b d^c a^d(*)
\]
Bài 2: Cho $a,b,x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $0 <z \le y \le x$ và $0<b \le a$.
Chứng minh rằng:
\[
x^a \left( {y^b - z^b } \right) + y^a \left( {z^b - x^b } \right) + z^a \left( {x^b - y^b } \right) \ge 0
\]

Hình như bài 1 đề phải là $a^{b}b^{c}c^{d}d^{a} \ge b^{a}c^{b}d^{c}a^{d}$.
Bài đầu khá dễ,cứ lấy Nepe 2 vế thì ta sẽ có:
$$(*) \iff (b-d)(\ln{a}-\ln{c})+(c-a)(\ln{b}-\ln{d}) \ge 0$$
Cái này luôn đúng với $a \ge b \ge c \ge d>0$.
Còn bài sau thì có lẽ xét theo đánh giá sau:
$$(x^{a}-y^{a})(y^{b}-z^{b}) \ge 0$$

[perfectstrong]

Hình như bài 1 đề phải là $a^{b}b^{c}c^{d}d^{a} \ge b^{a}c^{b}d^{c}a^{d}$.
Bài đầu khá dễ,cứ lấy Nepe 2 vế thì ta sẽ có:
$$(*) \iff (b-d)(\ln{a}-\ln{c})+(c-a)(\ln{b}-\ln{d}) \ge 0$$
Cái này luôn đúng với $a \ge b \ge c \ge d>0$.
Còn bài sau thì có lẽ xét theo đánh giá sau:
$$(x^{a}-y^{a})(y^{b}-z^{b}) \ge 0$$

Câu 1 em đánh nhầm đề chút.
Còn câu 2 làm như anh thì vẫn còn một phần dài nữa ạ

[perfectstrong]

Làm nốt bài 2
Lời giải:
Nếu có 2 trong 3 số $x,y,z$ bằng nhau thì dễ thấy đpcm.
Xét $0<z<y<x$.
\[
\begin{array}{l}
x^a \left( {y^b - z^b } \right) + y^a \left( {z^b - x^b } \right) + z^a \left( {x^b - y^b } \right) \ge 0 \\
\Leftrightarrow x^a \left( {y^b - z^b } \right) + y^a \left( {z^b - y^b + y^b - x^b } \right) + z^a \left( {x^b - y^b } \right) \ge 0 \\
\Leftrightarrow \left( {x^a - y^a } \right)\left( {y^b - z^b } \right) \ge \left( {y^a - z^a } \right)\left( {x^b - y^b } \right) \\
\Leftrightarrow \frac{{x^a - y^a }}{{x^b - y^b }} \ge \frac{{y^a - z^a }}{{y^b - z^b }}\left( 1 \right) \\
\end{array}
\]
Đặt $f(t)=t^a$ với $\mathbb{D}_f=(0;+\infty)$
$g(t)=t^b$ với $\mathbb{D}_g=(0;+\infty)$.
Vì $f(t);g(t)$ liên tục trên $[y;x]$ và có đạo hàm trên $(y;x)$ nên theo định lý Cauchy, tồn tại $c\in (y;x)$ sao cho
\[
\frac{{f\left( x \right) - f\left( y \right)}}{{g\left( x \right) - g\left( y \right)}} = \frac{{f'\left( c \right)}}{{g'\left( c \right)}} \Leftrightarrow \frac{{x^a - y^a }}{{x^b - y^b }} = \frac{{ac^{a - 1} }}{{bc^{b - 1} }} = \frac{a}{b}c^{a - b}
\]
Tương tự
\[
\exists d \in \left( {z;y} \right):\frac{{f\left( y \right) - f\left( z \right)}}{{g\left( y \right) - g\left( z \right)}} = \frac{{f'\left( d \right)}}{{g'\left( d \right)}} \Leftrightarrow \frac{{y^a - z^a }}{{y^b - z^b }} = \frac{{ad^{a - 1} }}{{bd^{b - 1} }} = \frac{a}{b}d^{a - b}
\]
Do đó, (1) trở thành
\[
\frac{a}{b}c^{a - b} \ge \frac{a}{b}d^{a - b} \Leftrightarrow \left( {\frac{c}{d}} \right)^{a - b} \ge 1
\]
BĐT cuối đúng vì $c>y>d$ và $a-b \ge 0$. Vậy (1) đúng. Suy ra đpcm.

[taminhhoang10a1]

Đề bài 1 phải là:
Cho $
\left\{ \begin{array}{l}
0 < a \le b \le c \le d \\
bc \le ad \\
\end{array} \right.
$
CMR $
a^b .b^c .c^d .d^a \ge a^d .d^c .c^b .b^a
$
Em đang thắc mắc chỗ này:

Hình như bài 1 đề phải là $a^{b}b^{c}c^{d}d^{a} \ge b^{a}c^{b}d^{c}a^{d}$.
Bài đầu khá dễ,cứ lấy Nepe 2 vế thì ta sẽ có:
$$(*) \iff (b-d)(\ln{a}-\ln{c})+(c-a)(\ln{b}-\ln{d}) \ge 0$$
Cái này luôn đúng với $a \ge b \ge c \ge d>0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi taminhhoang10a1: 07-10-2012 - 11:10

[Ispectorgadget]

Bài 2: Cho $a,b,x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $0 <z \le y \le x$ và $0<b \le a$.
Chứng minh rằng:
\[
x^a \left( {y^b - z^b } \right) + y^a \left( {z^b - x^b } \right) + z^a \left( {x^b - y^b } \right) \ge 0
\]

Bài này ngoài cách dùng định lý Cauchy có thể dùng định lý Lagrange
$0 <z \le y \le x$ và $0<b \le a$
Đặt $f(x)=x^{\frac{a}{b}}(\frac{a}{b}\ge 1)$
$f'(x)=\frac{a}{b}x^{\frac{a}{b}-1}$
$f''(x)=\frac{a}{b}(\frac{a}{b}-1)x^{\frac{a}{b}-2},\, z^b<x<x^b$
$\Rightarrow f'(x)$ tăng trong $(z^b;x^b)$
Theo định lý $Lagrange$ ta có $f(y^b)-f(z^b)=f'(c_1)(y^b-z^b)$
$\Leftrightarrow y^a-z^a=f'(c_1)(y^b-z^b)$
Tương tự $\Leftrightarrow x^a-y^a=f'(c_2)(x^b-y^b)$
$\Rightarrow (x^a-y^a)(y^b-z^b)=f'(c_2)(x^b-y^b)(y^b-z^b)$
Ta có: $f'(c_2)\ge f'(c_1)$
$\Rightarrow (x^a-y^a)(y^b-z^b)=f'(c_2)(x^b-y^b)(y^b-z^b)$
$\Leftrightarrow x^a(y^b-z^b)+y^a(z^b-x^b)+z^a(x^b-y^b)\ge 0$
Vậy bài toán được chứng minh $\blacksquare$

[Ispectorgadget]

Dạo chơi một lát
Bài 1: Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa $0<a\le b \le c \le d$.
Chứng minh rằng:
\[
a^b b^c c^d d^a \ge b^a c^b d^c a^d
\]

Nếu $x \le 1$ thì ta có $0 \le x,\,y,\, z \le 1.$ Suy ra $$S \le 2^1+2^1+2^1 =6.$$ Xét trường hợp $1 \le x \le 2$: Do $2^y \ge 1,\,2^z \ge 1$ nên ta có $(2^y-1)(2^z-1) \ge 0,$ suy ra $$2^y+2^z \le 2^{y+z} +1 \le 2^{3-x}+1 \text{ (do $y+z \le 3-x$)}.$$ Từ đó, ta thu được $$S \le 2^x +2^{3-x}+1 =2^x+\frac{8}{2^x} +1 =\frac{(2^x-2)(2^x-4)}{2^x} +7 \le 7.$$ (Chú ý rằng $2^1 \le 2^x \le 2^2$). Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có $S \le 7.$ Ngoài ra, dễ thấy với $x=2,\,y=1$ và $z=0$ thì $S=7.$ Vì vậy, ta đi dến kết luận $\max S =7.$ $\blacksquare$

[taminhhoang10a1]

Nếu $x \le 1$ thì ta có $0 \le x,\,y,\, z \le 1.$ Suy ra $$S \le 2^1+2^1+2^1 =6.$$ Xét trường hợp $1 \le x \le 2$: Do $2^y \ge 1,\,2^z \ge 1$ nên ta có $(2^y-1)(2^z-1) \ge 0,$ suy ra $$2^y+2^z \le 2^{y+z} +1 \le 2^{3-x}+1 \text{ (do $y+z \le 3-x$)}.$$ Từ đó, ta thu được $$S \le 2^x +2^{3-x}+1 =2^x+\frac{8}{2^x} +1 =\frac{(2^x-2)(2^x-4)}{2^x} +7 \le 7.$$ (Chú ý rằng $2^1 \le 2^x \le 2^2$). Vậy trong mọi trường hợp, ta đều có $S \le 7.$ Ngoài ra, dễ thấy với $x=2,\,y=1$ và $z=0$ thì $S=7.$ Vì vậy, ta đi dến kết luận $\max S =7.$ $\blacksquare$

Anh ơi em không hiểu cách của anh. Anh có thể giang lại không ạ