Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Đại Số và Lượng Giác > Chuyên Đề

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 10-11-2007, 06:24 PM   #1
chien than
+Thành Viên+
 
chien than's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Bài gởi: 138
Thanks: 1
Thanked 113 Times in 53 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới chien than
Phương pháp SOS, SS và một số bất đẳng thức với đẳng thức ko tại tâm

Tác giả:10 math
Như chúng ta đã biết phương pháp SOS và SS là hai phương pháp khá hiệu quả với cấc bài toán bđt 3 biến ko chứa căn, nhưng một yếu tốt tiên quyết để đưa về được dạng chuẩn của phương pháp là bất đẳng thức phải có dấu bằng đạt tại tâm. Vậy với những bài toán không có đẳng thức tại tâm thì sao? Bài viết này xin đưa ra một số ví dụ quy từ bất đẳng thức tại biên về chứng minh bất đẳng thức tại tâm, công việc tưởng chừng khó khăn hơn này lại giúp ta xác định được một đường lối quen thuộc và rõ ràng hơn để chứng minh. Các ví dụ sau có thể giúp bạn nhìn nhận rõ hơn về kỹ thuật này.


Ví dụ 1: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm có tổng bằng 3. Chứng minh rằng:
$ a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b) \le \frac{27}{4} $
Lời giải.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$ a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b) \le \frac{1}{4}(a+b+c)^3 $
Giả sử $c=min(a,b,c) $, ta chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn sau:
$(a+b+c)^3 \ge 4 \left(a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)\right)+3abc \\ \Leftrightarrow (a+b-c)(a-b)^2+c(a-c)(b-c) \ge 0 $
Bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 2: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thoả mãn $ab+bc+ca=1 $. Chứng minh bất đẳng thức:
$ \frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{1}{a+b} \ge \frac{5}{2} \qquad (*) $
Lời giải.
Ta có:
$(*) \Leftrightarrow (ab+bc+ca)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{ 1}{a+b}\right)^2 \ge \frac{25}{4} $
Quy bất đẳng thức cần chứng minh về:
$ (ab+bc+ca)\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac{ 1}{a+b}\right)^2 \ge \frac{25}{4}+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \\ \Leftrightarrow (ab+bc+ca)\left(\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2 }+\frac{1}{(c+a)^2}\right)+\frac{4(a+b+c)(ab+bc+ca )}{(a+b)(b+c)(c+a)} \ge \frac{9}{4}+4+\frac{4abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} $
Chú ý rằng:
$ \frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=1+\frac{ abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} $
Do đó ta chỉ cần chứng minh:
$(ab+bc+ca)\left(\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2 }+\frac{1}{(c+a)^2}\right) \ge \frac{9}{4} $
Bất đẳng thức cuối chính là bất đẳng thức Iran96 quen thuộc, phép chứng minh hoàn tất.

Ví dụ 3: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c $:
$\frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+a^2}+ \frac{c(a+b)}{a^2+b^2} \ge 2 $
Lời giải.
Bất đẳng thức mạnh hơn vẫn đúng:
$\frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+a^2}+ \frac{c(a+b)}{a^2+b^2} \ge 2+\frac{8a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \qquad (*) $
Lời giải 1:
$ (*) \Leftrightarrow \sum\limits_{sym} \left(a(b+c)(a^2+b^2)(a^2+c^2)\right) \ge 2(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)+8a^2b^2c^2 \\ \Leftrightarrow \sum\limits_{sym} a^5(b+c)+2\sum\limits_{sym} b^2c^2+abc\sum\limits_{sym} a^2(b+c) \ge 2\sum\limits_{sym} a^4(b^2+c^2)+12a^2b^2c^2 $
Giả sử $c=min(a,b,c) $ ta có:
$VT-VP=M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) $
Trong đó:
$ M = 2(a^2+b^2+c^2)(a+b-c)c \ge 0 \\ N = (a^2+b^2+c^2)(a-b)^2+(a^3+b^3)c+(a+b)c^3+2c(a^2b+b^2c-a^2c-b^2c) \ge 0 $
Bất đẳng thức được chứng minh.
Lời giải 2:
Đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng SOS:
$S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2 \ge 0 $
Với:
$ S_a = \frac{bc-a^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}+\frac{a^2(b+c)^2}{(a^2+b^ 2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \\ = \frac{bc(2a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2 )} \ge 0 $
Tương tự ta có $S_b,S_c \ge 0 $, bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 4: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
$ (a+b+c)\left(\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+ \frac{c^2}{a^2+b^2} \right)\ge 4 $
Lời giải.
Bất đẳng thức hiển nhiên đúng nếu ta chứng minh được:
$ (a+b+c)\left(\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+ \frac{c^2}{a^2+b^2}\right) \ge 4+\frac{4a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \qquad (*) $
Lời giải 1:
$ (*) \Leftrightarrow \sum\limits_{sym} \frac{a^2}{b^2+c^2} +\sum\limits_{sym} \frac{a(b+c)}{b^2+c^2} \ge 4+\frac{4a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} $
Áp dụng bất đẳng thức trong bài 3:
$\frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+a^2}+ \frac{c(a+b)}{a^2+b^2} \ge 2+\frac{8a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} $
Còn lại ta cần chứng minh:
$ \frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^2+a^2}+\frac{c^2} {a^2+b^2}+\frac{4a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2 +a^2)} \ge 2\\ \Leftrightarrow (a^2+b^2-c^2)(a^2-b^2)^2+c^2(a^2-c^2)(b^2-c^2) \ge 0 $
Giả sử $c=min(a,b,c) $ ta có ngay điều phải chứng minh.
Lời giải 2:
Đưa bất đẳng thức về dạng:
$S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2 \ge 0 $
Trong đó:
$ S_a = \frac{(b+c)^2}{2(a^2+b^2)(a^2+c^2)}+\frac{bc-a^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}+\frac{a^2(b+c)^2}{2(a^2+b ^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}\\ S_b = \frac{(c+a)^2}{2(b^2+c^2)(b^2+c^2)}+\frac{ca-b^2}{(b^2+c^2)(b^2+a^2)}+\frac{b^2(c+a)^2}{2(a^2+b ^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}\\ S_c = \frac{(a+b)^2}{2(c^2+a^2)(c^2+b^2)}+\frac{ab-c^2}{(c^2+a^2)(c^2+b^2)}+\frac{c^2(a+b)^2}{2(a^2+b ^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} $
Giả sử $a \ge b \ge c $, ta chứng minh được $S_b,S_b+S_a,S_b+S_c \ge 0 $, áp dụng tiêu chuẩn 2 của SOS ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 5: Chứng minh bất đẳng thức sau với $a,b,c $ là các số thực không âm:
$ \frac{a^2+bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+ca}{c^2+a^2}+ \frac{c^2+ab}{a^2+b^2} \ge \frac{5}{2} $
Lời giải.
Ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn sau:
$ \frac{a^2+bc}{b^2+c^2}+\frac{b^2+ca}{c^2+a^2}+ \frac{c^2+ab}{a^2+b^2} \ge \frac{5}{2}+\frac{4a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c ^2+a^2)} $
Lời giải 1:
Bất đẳng thức tương đương với:
$ 2 \sum\limits_{sym} \left((a^2+bc)(a^2+b^2)(a^2+c^2)\right) \ge (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)+8a^2b^2c^2 \\ \Leftrightarrow 2 \sum\limits_{sym} a^6+2 \sum\limits_{sym} b^3c^3+2abc \sum\limits_{sym} a^3+2abc \sum\limits_{sym} a^2(b+c) \ge 3 \sum\limits_{sym} a^4(b^2+c^2)+12a^2b^2c^2 $
Giả sử $c=min(a,b,c) $, ta có:
$VT-VP=M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) $
Với:
$ M = 2(a^4+b^4)+4ab(a^2+b^2)+a^2b^2+abc^2+(a+b)c^3+(2a^ 2b^2-a^2c^2-b^2c^2)+2c(a^2b+ab^2-a^2c-b^2c) \ge 0\\ N = c\left((3ab+2c^2)(a+b)+4abc+2c^3+(a^2b+ab^2-a^2c-b^2c)\right) \ge 0 $
Phép chứng minh hoàn tất.
Lời giải 2:
Đưa bất đẳng thức về dạng SOS:
$S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2 \ge 0 $
Trong đó:
$ S_a = \frac{(b+c)^2}{2(a^2+b^2)(a^2+c^2)}-\frac{1}{2(b^2+c^2)}+\frac{a^2(b+c)^2}{2(a^2+b^2)( b^2+c^2)(c^2+a^2)} \\ S_b = \frac{(c+a)^2}{2(b^2+c^2)(b^2+a^2)}-\frac{1}{2(c^2+a^2)}+\frac{b^2(c+a)^2}{2(a^2+b^2)( b^2+c^2)(c^2+a^2)} \\ S_c = \frac{(a+b)^2}{2(c^2+a^2)(c^2+b^2)}-\frac{1}{2(a^2+b^2)}+\frac{c^2(a+b)^2}{2(a^2+b^2)( b^2+c^2)(c^2+a^2)} $
Ta chứng minh được $S_b,S_b+S_a,S_b+S_c \ge 0 $ áp dụng tiêu chuẩn 2 ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 6: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c=1 $. Chứng minh bất đẳng thức:
$ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) \le \frac{1}{32} $
Lời giải.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
$(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2) \le \frac{1}{32}(a+b+c)^6 $
Ta chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn:
$ (a+b+c)^6 \ge 32(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)+473a^2b^2c^2 \\ \Leftrightarrow (a+b+c)^6 \ge 32\left(a^4(b^2+c^2)+b^4(c^2+a^2)+c^4(a^2+b^2) \right) +537a^2b^2c^2 $
Giả sử $c=min(a,b,c) $.
Đưa bất đẳng thức cần chứng minh về dạng:
$M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \ge 0 $
Trong đó:
$ M = (a+b)^4+10(a^3+b^3)c+17(a+b)abc+3(a+b)c^3+147abc^2 +7c^4+21c(a^2b+ab^2-a^2c-b^2c) \ge 0\\ N = 4(a-b)^4+c\left((a+b)(79ab+7c^2)+57abc+c^3+17(a^2b+ab^ 2-a^2c-b^2c) \right) \ge 0 $
Bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 7: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c $:
$ (a+b)(b+c)(c+a) \ge 2\sqrt{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)} $
Lời giải.
Bất đẳng thức hiển nhiên đúng nếu ta chứng minh được.
$(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2 \ge 4(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)+32a^2b^2c^2 $
Giả sử $c=min(a,b,c) $, ta có:
$VT-VP=(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2+8abc^2(a-b)^2+4abc(a+b)(a-c)(b-c) \ge 0 $
Bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 8: Chứng minh rằng với mọi số thực không âm $a,b,c $ ta có:
$\frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+ca}+\frac{ c(a+b)}{c^2+ab} \ge 2 $
Lời giải.
Ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn:
$ \frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\frac{b(c+a)}{b^2+ca}+\frac{ c(a+b)}{c^2+ab} \ge 2+\frac{8a^2b^2c^2}{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}\\ \Leftrightarrow \sum\limits_{sym} \left(a(b+c)(b^2+ca)(c^2+ab)\right) \ge 2(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)+8a^2b^2c^2\\ \Leftrightarrow \sum\limits_{sym} a^4(b^2+c^2)+3abc\sum\limits_{sym} a^2(b+c) \ge \sum\limits_{sym} b^3c^3+2abc \sum\limits_{sym} a^3+12a^2b^2c^2 $
$\Leftrightarrow \left((ac+bc-ab)^2+c^2(4ab+c^2-2ac-2bc)\right)(a-b)^2+abc(a+b)(a-c)(b-c) \ge 0 $
Giả sử $c=min(a,b,c) $ ta có điều phải chứng minh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
chien than is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to chien than For This Useful Post:
choisiwon (09-06-2011)
Old 10-11-2007, 06:25 PM   #2
chien than
+Thành Viên+
 
chien than's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Bài gởi: 138
Thanks: 1
Thanked 113 Times in 53 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới chien than
Ví dụ 9: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b ^2} \ge \frac{4}{5}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac {1}{a+b}\right) $
Lời giải.
Ta chứng minh bất đẳng thức:
$ \frac{a}{b^2+c^2}+\frac{b}{c^2+a^2}+\frac{c}{a^2+b ^2} \ge \frac{4}{5}\left(\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}+\frac {1}{a+b}\right)+\frac{36a^2b^2c^2}{5(a^2+b^2)(b^2+ c^2)(c^2+a^2)(a+b+c)}\\ \Leftrightarrow \sum\limits_{sym} \frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\sum\limits_{sym} \frac{a^2}{b^2+c^2} \ge \frac{12}{5}+\sum\limits_{sym} \frac{a}{b+c}+\frac{36a^2b^2c^2}{5(a^2+b^2)(b^2+c^ 2)(c^2+a^2)} \qquad (*) $
Ta có:
$\frac{4}{5}\left(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^ 2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}\right) \ge \frac{4}{5}\left(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac {c}{a+b}\right) \qquad (1) $
$\frac{1}{5}\left(\frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{c^ 2+a^2}+\frac{c^2}{a^2+b^2}+\frac{4a^2b^2c^2}{(a^2+ b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}\right) \ge \frac{1}{5}.2 \qquad (2) $
$\frac{a(b+c)}{b^2+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+a^2}+ \frac{c(a+b)}{a^2+b^2} \ge 2+\frac{8a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \qquad (3) $
Cộng vế $(1) $ $(2) $ và $(3) $ ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 10: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thoả mãn: $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
$a^2b+b^2c+c^2a \le 4 $
Lời giải.
Bất đẳng thức tương đương với:
$a^2b+b^2c+c^2a \le \frac{4}{27}(a+b+c)^3 $
Ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn:
$4(a+b+c)^3 \ge 27(a^2b+b^2c+c^2a)+27abc $
$\Leftrightarrow (4a+4b+c)(a-b)^2+(16b+4c-11a)(a-c)(b-c) \ge 0 $
Chú ý rằng ta có đẳng thưc đơn giản sau với mọi số thực $a,b,c $:
$P(a-c)(b-c)(a-b)^2-P(a-b)^2(a-c)(b-c)=0 $
Cho $P=-\frac{4(a+b)}{ab} $ ta được:
$-\frac{4(a+b) (a-c)(b-c)} {ab} (a-b)^2+\frac{4(a+b) (a-b)^2}{ab} (a-c)(b-c)=0 $
Do đó bất đẳng thức có thể viết lại dưới dạng:
$M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \ge 0 $
Trong đó:
$ M = 4a+4b+c-\frac{4(a+b)(a-c)(b-c)}{ab}=\frac{c(4a^2+4b^2+9ab-4ac-4bc)}{ab} \ge 0\\ N = 16b+4c-11a+\frac{4(a+b)(a-b)^2}{ab}=\frac{(4a+b)(a-2b)^2+4abc}{ab} \ge 0 $
Bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 11: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
$(a^2b+b^2c+c^2a)+2(ab^2+bc^2+ca^2) \le 6\sqrt{3} $
Lời giải.
Bất đẳng thức tương đương với:
$(a^2b+b^2c+c^2a)+2(ab^2+bc^2+ca^2) \le 2\sqrt{3}\frac{(a+b+c)^3}{9} $
Giả sử $c=min(a,b,c) $, ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn:
$9(a^2b+b^2c+c^2a)+18(ab^2+bc^2+ca^2)+(54\sqrt{3}-81)abc \le 2\sqrt{3}(a+b+c)^3 $
Giả sử $c=min(a,b,c) $ ta có:
$VP-VT=M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) $
Với:
$ M = 2\sqrt{3}(a+b)+\left(14\sqrt{3}-27\right)c-\frac{2\sqrt{3}(a+b)(a-c)(b-c)}{ab}\\ = =\frac{\sqrt{3}c\left(2a^2+2b^2-2ac-2bc+(18-9\sqrt{3})ab\right)}{ab} \ge 0\\ N = \left(8\sqrt{3}-9\right)a+\left(8\sqrt{3}-19\right)b+2\sqrt{3}c+\frac{2\sqrt{3}(a+b)(a-b)^2}{ab} \\ = \frac{\sqrt{3}\left(2a+\left(2+\sqrt{3}\right)b\ri ght)\left(a+\left(1-\sqrt{3}\right)b\right)^2+2\sqrt{3}abc}{ab} \ge 0 $
Bất đẳng thức được chứng minh.

Ví dụ 12: Tìm hằng số $k $ bé nhất để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm $a,b,c $:
$k(a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+abc(a+b+c) $
Lời giải.
Cho $a=3,b=1,c=0 $ suy ra $k \ge k_0=\frac{27}{256} $. Ta sẽ chứng minh đây là giá trị cần tìm, nghĩa là:
$\frac{27}{256}(a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+abc(a+b+c) $
Khong mất tính tổng quát giả sử $c=min(a,b,c) $, ta chứng minh bất đẳng thức chặt hơn sau:
$ 27(a+b+c)^4 \ge 256(a^3b+b^3c+c^3a)+473abc(a+b+c)\\ \Leftrightarrow M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \ge 0 $
Với:
$ M = 27(c+b)^2-40ac-40bc+189c^2-\frac{\left(27(a+b)^2+68(a+b)c\right)(a-c)(b-c)}{ab}\\ N = 216ab-148a^2+108b^2-121ac+135bc+27c^2+\frac{\left(27(a+b)^2+68(a+b)c \right)(a-b)^2}{ab} $
Ta có:
$ M.ab = c\left(27(a+b)(a-b)^2+189abc+41c(a+b)^2-68c^2(a+b)\right) \ge 0\\ N.ab = =(27a^2+14ab+3b^2)(a-3b)^2+c(68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2)+27abc^2 $
Nếu $68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2 \ge 0 $ bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
Nếu $68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2 \le 0 $:
$N.ab \ge (27a^2+14ab+3b^2)(a-3b)^2+b(68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2) $
Dùng đạo hàm ta chứng minh được
$(27a^2+14ab+3b^2)(a-3b)^2+b(68a^3+68b^3-189a^2b+67ab^2) \ge 0 $
Do đó ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 13: Tìm hằng số $k $ bé nhất sao cho bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực không âm $a,b,c $:
$k(a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+abc(a+b+c) $
Lời giải.
Cho $a=2,b=1,c=0 $ suy ra $k \ge \frac{4}{27} $. Ta chứng minh đây chính là giá trị cần tìm, nghĩa là:
$ \frac{4}{27} (a+b+c)^4 \ge (a^3b+b^3c+c^3a)+(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+abc(a+b+c) $
Giả sử $c=min(a,b,c) $, ta chứng minh bất đẳng thức sau:
$ 4(a+b+c)^4 \ge 27(a^3b+b^3c+c^3a)+27(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+54abc( a+b+c)\\ \Leftrightarrow M(a-b)^2+N(a-c)(b-c) \ge 0 $
Trong đó:
$ M = 4(a^2+b^2)+13c^2+20ab-7c(a+b)-\frac{(4a^2+4b^2+20ab+7ac)(a-c)(b-c)}{ab}\\ = \frac{c\left((a+b)(4a^2+4b^2+13ab+7ac)-7a^2b-c(4a^2+4b^2+7ab+7ac)\right)}{ab} \ge 0\\ N = 4b^2+4c^2-23a^2-7ac+29ab+20bc+\frac{(4a^2+4b^2+20ab+7ac)(a-b)^2}{ab}\\ = \frac{(a+b)(4a+b)(a-2b)^2+ac(4bc+a^2+3b^2+3ab+6(a-2b)^2)}{ab} \ge 0 $
Bất đẳng thức được chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
chien than is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to chien than For This Useful Post:
choisiwon (09-06-2011)
Old 10-11-2007, 06:26 PM   #3
chien than
+Thành Viên+
 
chien than's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Bài gởi: 138
Thanks: 1
Thanked 113 Times in 53 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới chien than
Một số bài tập áp dụng:

Bài 1: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c=2 $. Chứng minh rằng:
$(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \le 1 $
Bài 2: Chứng minh bất đẳng thức sau với mọi số thực không âm $a,b,c $:
$\frac{ab+ac+4bc}{b^2+c^2}+\frac{bc+ba+4ca}{c^2+a^2 }+\frac{ca+cb+4ab}{a^2+b^2} \ge 4 $
Bài 3: Cho $a,b,c $ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c=2 $. Chứng minh rằng:
$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc \le 2 $
Bài 4: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau với $a,b,c $ là các số thực không âm $(k \ge 0) $:
$F=\frac{a+kb}{c+kb}+\frac{b+kc}{a+kc}+\frac{c+ka}{ b+ka} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
chien than is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to chien than For This Useful Post:
choisiwon (09-06-2011), giaov29 (16-08-2013)
Old 10-11-2007, 06:26 PM   #4
chien than
+Thành Viên+
 
chien than's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Bài gởi: 138
Thanks: 1
Thanked 113 Times in 53 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới chien than
Đây là file
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
File Kèm Theo
Kiểu File : pdf SOS-SS.PDF (99.9 KB, 164 lần tải)
chien than is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to chien than For This Useful Post:
choisiwon (09-06-2011), giaov29 (16-08-2013)
Old 10-11-2007, 07:23 PM   #5
duca1pbc
+Thành Viên+
 
duca1pbc's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Bài gởi: 138
Thanks: 3
Thanked 7 Times in 6 Posts
chien than cũng siêng copy paste nhỉ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
duca1pbc is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 10-11-2007, 07:24 PM   #6
chien than
+Thành Viên+
 
chien than's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội
Bài gởi: 138
Thanks: 1
Thanked 113 Times in 53 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới chien than
Đây là mấy cái chuyên đề đầu mà anh!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
chien than is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 10-11-2007, 08:17 PM   #7
vipCD
+Thành Viên Danh Dự+
 
vipCD's Avatar
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Bài gởi: 403
Thanks: 34
Thanked 78 Times in 34 Posts
Tôi không hiểu làm như vậy để làm cái gì nhĩ
Đề toán đẹp mà lời giải thì cồng kềnh
Với những đề toán bt như thế thì pp mới sẽ rất hiệu quả
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
vipCD is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 15-08-2013, 11:59 PM   #8
neversaynever9
+Thành Viên+
 
neversaynever9's Avatar
 
Tham gia ngày: Mar 2013
Bài gởi: 10
Thanks: 8
Thanked 4 Times in 2 Posts
File bị hỏng rồi anh chị ơi! Làm ơn giúp giùm em đi!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
neversaynever9 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 15-09-2013, 11:54 AM   #9
trungno
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Nov 2012
Bài gởi: 32
Thanks: 79
Thanked 1 Time in 1 Post
PhƯƠng pháp ss là dồn biến phải ko ạ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
trungno is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 08:17 PM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 84.01 k/94.42 k (11.02%)]