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

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 04-11-2017, 02:08 AM   #1
tuan_quangtrung
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Aug 2017
Bài gởi: 3
Thanks: 0
Thanked 0 Times in 0 Posts
Bất đẳng thức $\sum\frac{1}{a^2}\ge\sum a^2$

Cho các số thực dương $a;\,b;\,c$ có tổng bằng 3, chứng minh rằng
\[\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
tuan_quangtrung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 06-11-2017, 10:12 AM   #2
312cr9
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Aug 2014
Bài gởi: 10
Thanks: 3
Thanked 2 Times in 2 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi tuan_quangtrung View Post
Cho các số thực dương $a;\,b;\,c$ có tổng bằng 3, chứng minh rằng
\[\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\]
Wlog $a\ge b\ge c$ và xét $f(x)=\dfrac{1}{x^2}-x^2$ trên $(0;\,3)$, ta có
\[f^{"}\left( x \right) = \frac{{6 - 2{x^4}}}{{{x^4}}}\quad\forall\,x\in (0;\,3)\]
Ta xét hai trường hợp
  1. Nếu $b<\sqrt[4]{3}$, theo bất đẳng thức tiếp tuyến ta có
    \[\begin{array}{l}
    f\left( b \right) \ge f\left( {\frac{{b + c}}{2}} \right) + \left( {b - \frac{{b + c}}{2}} \right)f'\left( {\frac{{b + c}}{2}} \right)\\
    f\left( c \right) \ge f\left( {\frac{{b + c}}{2}} \right) + \left( {c - \frac{{b + c}}{2}} \right)f'\left( {\frac{{b + c}}{2}} \right)
    \end{array}\]
    Từ đó kết hợp $a\in [1;\,3)$ để có
    \[\begin{array}{l}
    f\left( a \right) + f\left( b \right) + f\left( c \right) &\ge 2f\left( {\frac{{b + c}}{2}} \right) + f\left( a \right)\\
    &= 2f\left( {\frac{{3 - a}}{2}} \right) + f\left( a \right)\\
    &= \frac{4}{{{{\left( {3 - a} \right)}^2}}} - \frac{{{{\left( {3 - a} \right)}^2}}}{4} + {a^2} - \frac{1}{{{a^2}}}\\
    &= \frac{1}{4}\left( {a - 1} \right)\left( {a + 3} \right)\left( {1 + \frac{4}{{{a^2}{{\left( {a - 3} \right)}^2}}}} \right)\\
    & \ge 0
    \end{array}\]
  2. Nếu $b\ge\sqrt[4]{3}$, đặt $k = \frac{{f\left( 3 \right) - f\left( {\sqrt[4]{3}} \right)}}{{3 - \sqrt[3]{3}}}$ theo bất đẳng thức cát tuyến ta có
    \[\begin{array}{l}
    f\left( a \right) \ge k\left( {a - \sqrt[4]{3}} \right) + f\left( {\sqrt[4]{3}} \right)\\
    f\left( b \right) \ge k\left( {b - \sqrt[4]{3}} \right) + f\left( {\sqrt[4]{3}} \right)
    \end{array}\]
    Từ đó có
    \[\begin{array}{l}
    f\left( a \right) + f\left( b \right) + f\left( c \right) &\ge k\left( {a + b - 2\sqrt[4]{3}} \right) + 2f\left( {\sqrt[4]{3}} \right) + f\left( c \right)\\
    &= k\left( {3 - 2\sqrt[4]{3} - c} \right) + 2f\left( {\sqrt[4]{3}} \right) + f\left( c \right)
    \end{array}\]
    Xét $g\left( x \right) = k\left( {3 - 2\sqrt[4]{3} - x} \right) + 2f\left( {\sqrt[4]{3}} \right) + f\left( x \right)$ trên $D=\left( {0;\, 3 - \sqrt[4]{3}} \right]$, do $k>0$ nên ta có
    \[g'\left( x \right) = f^{'}\left( x \right) - k = - \frac{2}{{{x^3}}} - 2 - k < 0\quad\forall\,x\in D.\]
    Vậy nên từ $c\in D$ chúng ta có
    \[g\left( c \right) \ge g\left( {3 - 2\sqrt[4]{3}} \right) = 2f\left( {\sqrt[4]{3}} \right) + f\left( {3 - 2\sqrt[4]{3}} \right) > 0\]
Trong cả hai trường hợp đã xét, ta đều có điều cần chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
312cr9 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to 312cr9 For This Useful Post:
furin (08-11-2017)
Old 20-11-2017, 03:40 PM   #3
Le khanhsy
Super Moderator
 
Tham gia ngày: Oct 2017
Bài gởi: 28
Thanks: 42
Thanked 45 Times in 20 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi tuan_quangtrung View Post
Cho các số thực dương $a;\,b;\,c$ có tổng bằng 3, chứng minh rằng
\[\frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{b^2}}} + \frac{1}{{{c^2}}} \ge {a^2} + {b^2} + {c^2}\]
Áp dụng AM-GM, ta có
$$\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}+\dfrac{1}{c^2}\ge \dfrac{1}{ab}+\dfrac{1}{bc}+\dfrac{1}{ca}=\dfrac{a +b+c}{abc}\ \ (1)$$
Ta lại có cũng theo AM-GM thì
$$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\ge 3\sqrt[3]{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}.$$
Từ Newton chúng ta thu được
$$(a+b+c)^2\ge 3\sqrt[3]{3(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)abc}\ \ (2)$$
Kết hợp $(1)&(2)$ chúng ta được điều phải chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Le khanhsy is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Le khanhsy For This Useful Post:
vnt.hnue (30-12-2017)
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 09:37 PM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 48.10 k/53.18 k (9.55%)]