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

$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

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

Đã gửi 04-10-2012 - 19:38

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ và tích của chúng bằng 1.Chứng minh bất đẳng thức:
$$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq \frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}$$

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

 

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


#2 bdtilove

bdtilove

    Hạ sĩ

  • Biên tập viên
  • 91 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 05-10-2012 - 17:49

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$

Anh có lời giải cho bài số 1 của em:
Từ đánh giá đơn giản: $ (x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) $ ta có được: $ ab+bc+ca \ge \sqrt{abc(a+b+c)} $
Theo đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:

$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4(ab+bc+ca)$Rút gọn thành:
$a^2+b^2+c^2+ \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \ge 2(ab+bc+ca)$
Lại có:
$\begin{aligned}a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}=abc\sum_{cyc}\frac 1{\sqrt{bc}}&\geq \frac{9abc}{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}\\&\geq \frac{9abc}{a+b+c};\end{aligned}$
Theo đó ta cần chứng minh:
$a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca);$
Đây thực chất là bdt Schur bậc 3!!!
P/s: http://www.artofprob....com/blog/75446 :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 05-10-2012 - 19:34


#3 duongvanhehe

duongvanhehe

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 117 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:tất nhiên là ở Việt Nam rồi

Đã gửi 05-10-2012 - 19:25

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$ và tích của chúng bằng 1.Chứng minh bất đẳng thức:
$$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq \frac{a^2+b^2}{a+b}+\frac{b^2+c^2}{b+c}+\frac{c^2+a^2}{c+a}$$

Bài 1:
Áp dụng trực tiếp AM-GM cho 4 số:
$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+3.\frac{(a+b+c)^{2}}{3}$
$\geq 4\sqrt[4]{\frac{1}{27}.\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(a+b+c)^{6}}$
$\geq 4\sqrt[4]{\frac{1}{27}.\sqrt{abc}.3\sqrt[6]{abc}.(3\sqrt[3]{abc})^{4}.(a+b+c)^{2}}$
$=4\sqrt{3abc(a+b+c)}$

Bài 2:
Ta có: $\frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}+\frac{2}{\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}+\frac{2}{\frac{1}{c}+\frac{1}{a}}\geq \frac{9}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$
Hay $\frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a}\geq \frac{9abc}{ab+bc+ca}$
$\Rightarrow abc\left ( \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a} \right )\geq \frac{9ab.bc.ca}{ab+bc+ca}$

Theo BĐT Schur ta có:
$a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+abc\left ( \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a} \right )$
$\geq a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+\frac{9ab.bc.ca}{ab+bc+ca}\geq 2abc(a+b+c)$

Suy ra $a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\geq 2(a+b+c)-\left ( \frac{2ab}{a+b}+\frac{2bc}{b+c}+\frac{2ca}{c+a} \right )$
$=\frac{a^{2}+b^{2}}{a+b}+\frac{b^{2}+c^{2}}{b+c}+\frac{c^{2}+a^{2}}{c+a}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongvanhehe: 05-10-2012 - 19:26

FC.Fruit

#4 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 05-10-2012 - 22:27

Bài 2:
Bài này Linh có 1 cách dồn biến
$f(a,b,c)-f(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c)=\sqrt{abc}(\sqrt[4]{a}-\sqrt[4]{b})^{2}+(a-b)^{2}+2c(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}-4\sqrt{3abc}\frac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}}{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{2\sqrt{ab}+c}}$
$\geq (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}(a+b+2\sqrt{ab}+2c-\frac{4\sqrt{3abc}}{\sqrt{2\sqrt{ab}+c}.2})$
do đó ta sẽ chứng minh biểu thức trong ngoặc ko âm
Thật vậy:
Do $(\sum a^{2}+3c^{2}+2ab+4ac+4bc+4a\sqrt{ab}+4b\sqrt{bc}+8c\sqrt{ab})(2\sqrt{ab}+c)\geq 8c\sqrt{ab}.2\sqrt{ab}>12abc$ nên ta sẽ có đpcm.
Vậy f(a,b,c)$\geq f(t,t,t)$ với t=$\sqrt[3]{abc}$ nên f(a,b,c) k âm.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Joker9999: 05-10-2012 - 22:29

<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#5 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-10-2012 - 11:03

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$


Trước hết, ta sẽ khử bớt đại lượng $3(a+b+c)$ trong căn thức bằng cách chuẩn hóa cho $a+b+c=3.$ Khi đó bất đẳng thức trở thành $$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+9\ge 12\sqrt{abc}.$$ Ta sẽ gom biến về một bên, hằng số một bên bằng cách chia hai vế cho $\sqrt{abc}>0$ $$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{9}{\sqrt{abc}}\ge 12.$$ Đến đây thì có lẽ lời giải đã tường minh, dễ thấy bất đẳng thức này có được bằng cách cộng hai bất đẳng thức sau đây lại với nhau $$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{1}{\sqrt{abc}}\ge 4, \;\; \frac{8}{\sqrt{abc}} \ge 8.$$ Thế nhưng cả hai đều đúng theo bất đẳng thức AM-GM
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport




0 người đang xem chủ đề

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