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 > Các Bài Toán Đã Được Giải

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


Ðề tài đã khoá Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 07-07-2011, 07:54 PM   #1621
Nguyenhuyen_AG
+Thành Viên+
 
Nguyenhuyen_AG's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2010
Bài gởi: 300
Thanks: 35
Thanked 307 Times in 151 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi khtoan View Post
Phục bạn Lan Phuog quá .
Bạn thử làm bài này bằng thử :
Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$\frac{a+b+c}{3}\geqslant \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{12(a+b+c)}+\sqrt[3]{abc} $
Ta có bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$\frac{2(a+b+c)^2}{6(a+b+c)}-\frac{a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{6(a+b+c)}\ge\sqrt[3]{abc} $

$(a+b+c)^2+3(ab+bc+ca)\ge6\sqrt[3]{abc}(a+b+c) $

Chuẩn hóa cho $a+b+c=3, $ bất đẳng thức trở thành

$3+ab+bc+ca\ge6\sqrt[3]{abc} $

Sử đánh giá

$ab+bc+ca\ge\sqrt{3abc(a+b+c)}=3\sqrt{abc} $

ta đưa bài toán về chứng minh

$1+\sqrt{abc}\ge 2\sqrt[3]{abc} $

Đặt $t=\sqrt[6]{abc}\le 1, $ ta có bất đẳng thức trên tương đương với

$t^3+1\ge 2t^2 $

hay là

$(1-t)(1+x-x^2)\ge0 $

Bài toán được chứng minh xong.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University of Transport

thay đổi nội dung bởi: Nguyenhuyen_AG, 07-07-2011 lúc 07:57 PM
Nguyenhuyen_AG is offline  
The Following User Says Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post:
Goin (05-08-2013)
Old 07-07-2011, 07:56 PM   #1622
leviethai
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Nov 2008
Đến từ: Thành phố Hồ Chí Minh. Nhưng quê tôi là Ninh Bình.
Bài gởi: 513
Thanks: 121
Thanked 787 Times in 349 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới leviethai
Trích:
Nguyên văn bởi khtoan View Post
Phục bạn Lan Phuog quá .
Bạn thử làm bài này bằng thử :
Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$\frac{a+b+c}{3}\geqslant \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{12(a+b+c)}+\sqrt[3]{abc} $
Bài này không cần dùng đến SOS .

Nhân $12(a+b+c) $ cho hai vế, ta sẽ được bất đẳng thức tương đương là
$\[{a^2} + {b^2} + {c^2} + 5(ab + bc + ca) \ge 6\sqrt[3]{{abc}}(a + b + c).\] $

Hay viết lại là
$\[{(a + b + c)^2} + 3(ab + bc + ca) \ge 6\sqrt[3]{{abc}}(a + b + c).\] $

Áp dụng AM-GM hai lần ta sẽ có ngay điều phải chứng minh
$\begin{aligned}
{(a + b + c)^2} + 3(ab + bc + ca) &\ge 2(a + b + c)\sqrt {3(ab + bc + ca)} \\
& \ge 6\sqrt[3]{{abc}}(a + b + c).
\end{aligned} $

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c. $ $\hfill \Box $

P/S: Có bài vui vui, mọi người làm thử .

Trích:
Cho $a,b,c $ là các số thực thỏa mãn $a+b+c=0 $ và $a^2+b^2+c^2=3 $. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
$P=a^5b+b^5c+c^5a. $

Ngoài ra, với điều kiện như trên, tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức
$Q=a^6b+b^6c+c^6a. $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: leviethai, 07-07-2011 lúc 07:59 PM
leviethai is offline  
The Following User Says Thank You to leviethai For This Useful Post:
Mr_Trang (10-07-2011)
Old 07-07-2011, 07:59 PM   #1623
Lan Phuog
+Thành Viên Danh Dự+
 
Lan Phuog's Avatar
 
Tham gia ngày: Mar 2010
Đến từ: Thái Bình
Bài gởi: 564
Thanks: 289
Thanked 326 Times in 182 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi khtoan View Post
Cho a,b,c là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$\frac{a+b+c}{3}\geqslant \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{12(a+b+c)}+\sqrt[3]{abc} $
Chuyển hết thành $a^3,b^3,c^3 $ cho dễ khai triển. Khi đó, $S_a=b^4+c^4+2(a^3b+a^3c+ab^3+ac^3)-3b^2c^2 $, $S_b,S_c $ tương tự. Giả sử $a\ge b\ge c $, có ngay $S_b,S_b+S_a,S_b+S_c $ đều $>0 $. Và ta có đpcm!!!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Lan Phuog is offline  
The Following User Says Thank You to Lan Phuog For This Useful Post:
Mr_Trang (10-07-2011)
Old 07-07-2011, 08:06 PM   #1624
khtoan
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2010
Đến từ: Đà Nẵng
Bài gởi: 155
Thanks: 23
Thanked 128 Times in 68 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Nguyenhuyen_AG View Post

Chuẩn hóa cho $a+b+c=3, $ bất đẳng thức trở thành

$3+ab+bc+ca\ge6\sqrt[3]{abc} $
.
Chỗ này em dùng đánh giá "yếu "hơn:
$ab+bc+ca\geqslant \sqrt[3]{a^2b^2c^2} $
Đưa bài toán về chứng minh
$3+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}-6\sqrt[3]{abc}
\geqslant 0\Leftrightarrow 3(\sqrt[3]{abc}-1)^2\geqslant 0 $ (đúng)

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
khtoan is offline  
Old 07-07-2011, 09:21 PM   #1625
phaituankhan19
+Thành Viên+
 
phaituankhan19's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2011
Bài gởi: 271
Thanks: 299
Thanked 126 Times in 85 Posts
Bài 1: Cho tam giác $\[ABC\] $ có $\[C\le \frac{\pi }{2}\] $.Chứng minh rằng :
$\[3\cos \frac{A}{3}+2\cos \frac{B}{2}+\cos C\le 2\sqrt{3}\] $

Bài 2: Cho các số thực dương $\[x;y;z\] $ thỏa mãn $\[xy+yz+zx=3\] $
Chứng minh rằng :
$\[\frac{x+2y}{2x+4y+3{{z}^{2}}}+\frac{y+2z}{2y+4z+3{ {x}^{2}}}+\frac{z+2x}{2z+4x+3{{y}^{2}}}\le 1\] $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
phaituankhan19 is offline  
Old 07-07-2011, 09:48 PM   #1626
Nguyenhuyen_AG
+Thành Viên+
 
Nguyenhuyen_AG's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2010
Bài gởi: 300
Thanks: 35
Thanked 307 Times in 151 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi phaituankhan19 View Post
Cho các số thực dương $\[x;y;z\] $ thỏa mãn $\[xy+yz+zx=3\] $
Chứng minh rằng :
$\[\frac{x+2y}{2x+4y+3{{z}^{2}}}+\frac{y+2z}{2y+4z+3{ {x}^{2}}}+\frac{z+2x}{2z+4x+3{{y}^{2}}}\le 1\] $


$\frac{x+2y}{2x+4y+3{{z}^{2}}}=\frac{1}{3}-\frac{z^2 }{3(2x + 4y + 3z^2)} $

Nên bất đẳng thức trên tương đương với

$\frac{x^2 }{2y + 4z + 3x^2}+\frac{y^2 }{2z + 4x + 3y^2}+\frac{z^2 }{2x + 4y + 3z^2}\ge \frac{1}{3} $

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

$\sum\frac{z^2 }{2x + 4y + 3z^2}\ge\frac{\left ({x^\frac{3}{2}+y^\frac{3}{2}+z^\frac{3}{2} \right )^2}}{3(x^3+y^3+z^3)+6(xy+yz+zx)} $

Vậy, ta cần chỉ ra rằng

$\frac{\left ({x^\frac{3}{2}+y^\frac{3}{2}+z^\frac{3}{2} \right )^2}}{3(x^3+y^3+z^3)+6(xy+yz+zx)}\ge\frac{1}{3} $

hay là

$(xy)^\frac{3}{2}+(yz)^\frac{3}{2}+(zx)^\frac{3}{2} \ge xy+yz+zx $

Bất đẳng thức này có thể chứng minh dễ dàng bằng AM-GM.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University of Transport

thay đổi nội dung bởi: Nguyenhuyen_AG, 08-07-2011 lúc 12:06 AM
Nguyenhuyen_AG is offline  
The Following 3 Users Say Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post:
ilovehien95 (08-07-2011), khtoan (07-07-2011), phaituankhan19 (08-07-2011)
Old 07-07-2011, 11:54 PM   #1627
daiduong1095
+Thành Viên+
 
daiduong1095's Avatar
 
Tham gia ngày: Sep 2010
Đến từ: CVP-Math
Bài gởi: 287
Thanks: 13
Thanked 210 Times in 112 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới daiduong1095
Bài của anh Hải ở trên là a,b,c là các số thực thỏa mãn $a+b+c=0 ,a^2+b^2+c^2=3 $.Tìm min của $P=a^{5}b+b^{5}c+c^{5}a $
Đầu tiên chặn khoảng a,b,c ta có: $2(3-a^2)=2(b^2+c^2)\ge(b+c)^2=a^2 \Rightarrow a^2\le2 $
Hay $-\sqrt{2}\le a,b,c\le\sqrt{2} $
Ta có:$\begin{cases}a+b+c=0\\ab+bc+ca=-\frac{3}{2}\\abc=t \end{cases} $
Xét thêm $Q=ab^5+bc^5+ca^5 $
Ta có hpt:$\begin{cases}P+Q=a^{5}b+b^{5}c+c^{5}a+ab^5+bc^5+ca ^5 \\ PQ=(a^{5}b+b^{5}c+c^{5}a)(ab^5+bc^5+ca^5) \end{cases} $
đều là các biểu thức đối xứng 3 biến nên luôn biểu diễn được dưới dạng $a+b+c,ab+bc+ca,abc $ do đó ta tìm được P theo biến t.Từ khoảng chặn của a,b,c ta chặn được t.
Đến đây xét đạo hàm với hàm t trên đoạn nào đó.Em sợ sai nên chỉ nêu ý vậy.Anh Hải chỉ giáo.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
daiduong1095 is offline  
Old 08-07-2011, 01:25 AM   #1628
je.triste
+Thành Viên+
 
je.triste's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2011
Bài gởi: 358
Thanks: 437
Thanked 186 Times in 128 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Lan Phuog View Post
Ý tưởng rất trong sáng là chuyển 1 sang VT,bình phương 2vế,rồi Schwartz cái là ra ngay.==

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Mathscope...
Giá trị đích thực của sự cho đi không nằm ở món quà lớn hay nhỏ, mà nằm ở tầm lòng của người cho!

thay đổi nội dung bởi: je.triste, 08-07-2011 lúc 01:30 AM
je.triste is offline  
Old 08-07-2011, 08:39 AM   #1629
khtoan
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2010
Đến từ: Đà Nẵng
Bài gởi: 155
Thanks: 23
Thanked 128 Times in 68 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi ruang0 View Post
Bạn có thể tham khảo lời giải tại đây:

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
khtoan is offline  
Old 08-07-2011, 10:26 AM   #1630
Nguyenhuyen_AG
+Thành Viên+
 
Nguyenhuyen_AG's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2010
Bài gởi: 300
Thanks: 35
Thanked 307 Times in 151 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi ttytty View Post
Mình có bài bđt này nhờ các bạn giải giúp :
Cho $a,b,c \ge 0 $. Chứng minh rằng :
$\sum_{cyc} \frac{b+c}{2a^2+bc} \ge \frac{6}{a+b+c} $
Bài này bạn có thể xem [Only registered and activated users can see links. ] ở đây.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University of Transport
Nguyenhuyen_AG is offline  
The Following User Says Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post:
MathForLife (09-07-2011)
Old 08-07-2011, 01:13 PM   #1631
daiduong1095
+Thành Viên+
 
daiduong1095's Avatar
 
Tham gia ngày: Sep 2010
Đến từ: CVP-Math
Bài gởi: 287
Thanks: 13
Thanked 210 Times in 112 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới daiduong1095
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3 $ .Cmr:
$(a-b)(b-c)(c-a)+2\ge\frac{2}{3}(ab+bc+ca). $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
daiduong1095 is offline  
Old 08-07-2011, 10:32 PM   #1632
codinh24
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: May 2010
Bài gởi: 3
Thanks: 4
Thanked 0 Times in 0 Posts
Chứng minh bất đẳng thức sau:
với $a,b,c $ là các số thực dương.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Nguyenhuyen_AG, 09-07-2011 lúc 06:01 AM Lý do: Bổ sung điều kiện.
codinh24 is offline  
Old 08-07-2011, 11:08 PM   #1633
khtoan
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2010
Đến từ: Đà Nẵng
Bài gởi: 155
Thanks: 23
Thanked 128 Times in 68 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi codinh24 View Post
Chứng minh bđt sau:
Sử dụng bất đẳng thức C-S,ta có :
$\sum \sqrt{\frac{a^2}{4a^2+ab+4b^2}}\leqslant (\sum (4a^2+ac+4c^2))(\sum \frac{a^2}{(4a^2+ab+4b^2)(4a^2+ac+c^2)}) $

Do đó ta đi chứng minh:

$(\sum (4a^2+ac+4c^2))(\sum \frac{a^2}{(4a^2+ab+4b^2)(4a^2+ac+c^2)})\leqslant 1 $
Điều này tương đương với:

$(8\sum a^2+\sum ab)(8\sum a^2b^2+abc(a+b+c))\leqslant \prod (4a^2+ab+4b^2) $

Nhân hết ra ,ta được:

$66a^2b^2c^2\leq 8abc(a^3+b^3+c^3)+8(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)+3abc(a^2 (b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b))) $ (đúng theo Cô si)
Vậy bài toán được chứng minh .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c $
------------------------------
Trích:
Nguyên văn bởi birain9x View Post
Cho a,b,c>0 có tổng là 3.CMr
$\sqrt{\frac{a}{b+c^2}}+\sqrt{\frac{b}{c+a^2}}+\sqr t{\frac{c}{a^2+3}}\leq \frac{3}{2} $
Chắc đề của bạn là như thế này

Nhưng mà cho $a=b=c =1 $ thì thấy bất đẳng thức sai.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: khtoan, 08-07-2011 lúc 11:22 PM Lý do: Tự động gộp bài
khtoan is offline  
The Following User Says Thank You to khtoan For This Useful Post:
ilovehien95 (09-07-2011)
Old 09-07-2011, 07:29 AM   #1634
leviethai
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Nov 2008
Đến từ: Thành phố Hồ Chí Minh. Nhưng quê tôi là Ninh Bình.
Bài gởi: 513
Thanks: 121
Thanked 787 Times in 349 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới leviethai
Trích:
Nguyên văn bởi daiduong1095 View Post
Bài của anh Hải ở trên là a,b,c là các số thực thỏa mãn $a+b+c=0 ,a^2+b^2+c^2=3 $.Tìm min của $P=a^{5}b+b^{5}c+c^{5}a $
Đầu tiên chặn khoảng a,b,c ta có: $2(3-a^2)=2(b^2+c^2)\ge(b+c)^2=a^2 \Rightarrow a^2\le2 $
Hay $-\sqrt{2}\le a,b,c\le\sqrt{2} $
Ta có:$\begin{cases}a+b+c=0\\ab+bc+ca=-\frac{3}{2}\\abc=t \end{cases} $
Xét thêm $Q=ab^5+bc^5+ca^5 $
Ta có hpt:$\begin{cases}P+Q=a^{5}b+b^{5}c+c^{5}a+ab^5+bc^5+ca ^5 \\ PQ=(a^{5}b+b^{5}c+c^{5}a)(ab^5+bc^5+ca^5) \end{cases} $
đều là các biểu thức đối xứng 3 biến nên luôn biểu diễn được dưới dạng $a+b+c,ab+bc+ca,abc $ do đó ta tìm được P theo biến t.Từ khoảng chặn của a,b,c ta chặn được t.
Đến đây xét đạo hàm với hàm t trên đoạn nào đó.Em sợ sai nên chỉ nêu ý vậy.Anh Hải chỉ giáo.
"Chỉ giáo" nghe ghê quá, như giang hồ đánh nhau ấy.

Làm Toán mà sợ sai thì đâu thể đi đến chốn phải không em ?

Em thử trình bày lời giải của mình nhé, đáp án cuối cùng không quan trọng, cái chính là con đường đi đến đáp án đó là như thế nào.

Mình đưa bài này không phải để mọi người làm việc với các đại lượng hoán vị , vì thực ra mình không biết nếu làm theo hướng đó thì sẽ đi tới đâu. Nếu muốn thử sức với các đại lượng hoán vị thì mình sẽ đưa ra gợi ý sau để mọi người tính toán dễ dàng hơn (và cũng là một phần của lời giải của mình ).

Hãy biểu diễn $P=a^5b+b^5c+c^5a $ theo các đại lượng $abc,a^2b+b^2c+c^2a,ab^2+bc^2+ca^2 $ với điều kiện là $a+b+c=0 $ và $a^2+b^2+c^2=3 $.

===========

Trích:
Nguyên văn bởi daiduong1095 View Post
Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3 $ .Cmr:
$(a-b)(b-c)(c-a)+2\ge\frac{2}{3}(ab+bc+ca). $
Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là như sau

$\[2 - \frac{2}{3}(ab + bc + ca) \ge \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right|.\] $

Đến đây, ta có thể giả sử $a\ge b \ge c \ge 0. $

Để ý rằng
$\[2 - \frac{2}{3}(ab + bc + ca) = \frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}}{3}.\] $

Nên ta cần chứng minh
$\[\frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}}{3} \ge \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right|.\] $

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
$\[\frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}}{3} \ge \sqrt[3]{{{{(a - b)}^2}{{(b - c)}^2}{{(c - a)}^2}}}.\] $

Như vậy ta cần chỉ ra rằng
$\[\sqrt[3]{{{{(a - b)}^2}{{(b - c)}^2}{{(c - a)}^2}}}. \ge \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right|.\] $

Hay tức là (sau khi đã xét trường hợp hai biến bằng nhau)
$\[1 \ge \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right|\] $

Bất đẳng thức này đúng vì theo AM-GM và điều giả sử ta có

$\[\begin{aligned}
\left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right| &= (a - b)(a - c)(b - c)\\
&\le ab(a - b) = \sqrt {ab \cdot ab \cdot {{(a - b)}^2}} \\
& \le \sqrt {{{\left( {\frac{{ab + ab + {{(a - b)}^2}}}{3}} \right)}^3}} \\
&= \sqrt {{{\left( {\frac{{{a^2} + {b^2}}}{3}} \right)}^3}} ,
\end{aligned}\] $

Như vậy, ta có điều phải chứng minh. $\hfill \Box $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: leviethai, 09-07-2011 lúc 07:36 AM
leviethai is offline  
The Following 3 Users Say Thank You to leviethai For This Useful Post:
asdfghj (09-07-2011), khtoan (09-07-2011), Mr_Trang (10-07-2011)
Old 09-07-2011, 07:58 AM   #1635
Nguyenhuyen_AG
+Thành Viên+
 
Nguyenhuyen_AG's Avatar
 
Tham gia ngày: Apr 2010
Bài gởi: 300
Thanks: 35
Thanked 307 Times in 151 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi leviethai View Post

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là như sau

$\[2 - \frac{2}{3}(ab + bc + ca) \ge \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right|.\] $

Đến đây, ta có thể giả sử $a\ge b \ge c \ge 0. $

Để ý rằng
$\[2 - \frac{2}{3}(ab + bc + ca) = \frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}}{3}.\] $

Nên ta cần chứng minh
$\[\frac{{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}}{3} \ge \left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right|.\] $
Ta có một chứng minh khác cho bất đẳng thức này.

Đoạn này anh làm giống Hải nhưng đến đoạn này anh làm khác.

Giả thiết của bài toán cho ta $a+b+c\le 3. $ Sử dụng đánh giá này ta đưa bài toán về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn sau đây

$(a+b+c).[{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}] \ge 9\left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right| $

vì $a,b,c $ là các số thực không âm nên

$a\ge |a-b|,\;\;b\ge |b-c|,\;\;c\ge |c-a| $

Vậy ta cần chứng minh được

$[|a-b|+|b-c|+|c-a|][{{{(a - b)}^2} + {{(b - c)}^2} + {{(c - a)}^2}}] \ge 9\left| {(a - b)(b - c)(c - a)} \right| $

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University of Transport
Nguyenhuyen_AG is offline  
The Following User Says Thank You to Nguyenhuyen_AG For This Useful Post:
Mr_Trang (10-07-2011)
Ðề tài đã khoá Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Tags
bất đẳng thức

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 11:41 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 119.34 k/136.03 k (12.27%)]