Pro giúp mình với!!!

Thảo luận trong 'Chuyên đề 10: Bất đẳng thức, tìm Min-Max' bắt đầu bởi lonelyboy97, 17 Tháng mười một 2014.

Lượt xem: 544

  1. lonelyboy97

    lonelyboy97 Guest

    [TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn học. Click ngay để nhận!


    Bạn đang TÌM HIỂU về nội dung bên dưới? NẾU CHƯA HIỂU RÕ hãy ĐĂNG NHẬP NGAY để được HỖ TRỢ TỐT NHẤT. Hoàn toàn miễn phí!

    chứng minh với a,b,c >0 thi (ab+bc+ca)(1/(a+b)^2+1/(b+c)^2+1/(c+a)^2)>=9/4
     
  2. Toán lớp mấy bạn?
    Lần sau bạn đưa đầy đủ nhé!
    .
    .
     
  3. Bài này là Iran 1996. Và bất đẳng thức không phân theo lớp nhé.
     
  4. lonelyboy97

    lonelyboy97 Guest

    Bạn có cách giải ko vậy? post cho minh tham khảo chút...thanks!
     
  5. kỹ thuật khá hay của thầy Cẩn là Cauchy bất đối.
    Giả sử $a\ge b \ge c\ge 0$
    Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz:
    $$\dfrac{1}{(c+a)^2}+\dfrac{1}{(c+b)^2}\ge \dfrac{(a+b+2c)^2}{2(a+c)^2(b+c)^2}$$
    Chuẩn hóa $a+b=1$. Khi đó đặt $x=ab$ thì $\dfrac{1}{4}\ge x\ge c(1-c)$

    Ta cần chứng minh:
    $$f(x)=x+c+\dfrac{(x+c)(1+2x)^2}{2(x+c+c^2)^2} \ge \dfrac{9}{4}$$

    $$f'(x)=1-\dfrac{(1+2c)^2(c+x-c^2)}{2(c+x+c^2)^3}$$

    $$f''(x)=\dfrac{(1+2c)^2(c-2c^2+x)}{(x+c+c^2)^4} \ge 0$$

    $$\to f'(x)\le f'\left(\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{(2c-1)(8c^3+20c^2+38c+7)}{(2c+1)^4} \le 0$$

    $$\to f(x)-\dfrac{9}{4}\ge f\left(\dfrac{1}{4} \right)-\dfrac{9}{4}=\dfrac{c(1-2c)^2}{(1+2c)^2} \ge 0$$

    Hoàn tất chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b; c=0$ và các hoán vị.

    Cách dùng S.O.S của anh Hùng trong sách Sáng tạo em vẫn thấy không thỏa đáng lắm nên không đăng
     
  6. Theo tư tưởng M.V
    Đặt $2t=b+c$. Đầu tiên chứng minh:
    $$\dfrac{2}{(a+t)^2}-\dfrac{9}{4(t^2+2at)} \le \dfrac{1}{(a+c)^2}+\dfrac{1}{(b+c)^2}-\dfrac{9}{4(ab+bc+ca)}$$

    Phần này rất dễ nên em không nói.

    Phần còn lại là cho $b=c$ là xong.
     
  7. Mới học lý thuyết nhóm, có một cách làm khá hay.

    Quy đồng, rút gọn, ta được bất đẳng thức tương đương:
    $$\sum\limits_{sym}(4a^5b-a^4b^2-3a^3b^3+a^4bc-2a^3b^2c+a^2b^2c^2) \ge 0$$

    Nhân cả 2 vế của bất đẳng thức Schur bậc 3 cho $abc$ ta được:
    $$\sum\limits_{sym}(a^4bc-2a^3b^2c+a^2b^2c^2) \ge 0$$

    Ngoài ra ta có $(5;1;0) \succ (4;2;0) \succ (3;3;0)$ nên áp dụng bất đẳng thức Muirhead:
    $$[5;1;0]\ge [4;2;0]$$
    $$3[5;1;0] \ge 3[3;3;0]$$
    $$\rightarrow \sum\limits_{sym}(4a^5b-a^4b^2-3a^3b^3) \ge 0$$

    Cộng 2 bất đẳng thức vừa được thiết lập, ta có được bất đẳng thức cần chứng minh.
    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b, c\to0$ và các hoán vị.
     
Chú ý: Trả lời bài viết tuân thủ NỘI QUY. Xin cảm ơn!

Draft saved Draft deleted

CHIA SẺ TRANG NÀY