Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 3 của 3
  1. #1
    Ngày tham gia
    Sep 2014
    Đến từ
    hà tĩnh
    Ngày sinh
    11-19-1999
    Bài viết
    583
    Cám ơn (Đã nhận)
    884


    Cho a ,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a+b+c=3
    Chứng minh rằng :$\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}+\frac{9}{ 4}abc\geq \frac{21}{4}$

  2. Cám ơn quỳnh như đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Moderator Lê Đình Mẫn's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Lệ Thủy-QB
    Bài viết
    76
    Cám ơn (Đã nhận)
    127
    Trích dẫn Gửi bởi lequangnhat20 Xem bài viết
    Cho a ,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a+b+c=3
    Chứng minh rằng :$\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}+\frac{9}{ 4}abc\geq \frac{21}{4}$
    Hướng dẫn:

    Đặt $a+b=s,ab=p$. Ta cần chứng minh
    $$\dfrac{p}{3-s}+ \dfrac{9p(3-s)}{4}+ \dfrac{(3-s)(s^2-2p)}{p}- \dfrac{21}{4}\ge 0$$
    Xét $f(p)= \dfrac{p}{3-s}+ \dfrac{9p(3-s)}{4}+ \dfrac{(3-s)(s^2-2p)}{p}- \dfrac{21}{4}$ có
    $$f'(p)= \dfrac{p^2+ \frac{9(3-s)^2. p^2}{4}-s^2(3-s)^2}{p^2(3-s)}$$
    Với giả sử $c\ge a\ge b$ ta có $0<4p\le s^2\le 4$ thì $$p^2+ \frac{9(3-s)^2. p^2}{4}-s^2(3-s)^2\le \dfrac{3s^2}{64}(3s^4-18s^3+7s^2+128s-192)<0,\ \forall 0<s\le 2$$
    Suy ra $f'(p)<0,\ \forall 0<s\le 2$, tức là $f(p)\ge f(s^2/4)$. Mà
    $$f(s^2/4)= \dfrac{9(s^2-3s+2)^2}{16(3-s)}\ge 0,\ \forall 0<s\le 2$$
    Bài toán đã được chứng minh xong. Đẳng thức có được khi và chỉ khi ba biến $a,b,c$ bằng nhau hoặc trong ba biến có $2$ biến bằng $1/2$ và một biến bằng $2$.

  4. Cám ơn Tran Le Quyen đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Super Moderator Tran Le Quyen's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Đến từ
    Bến Tre
    Bài viết
    468
    Cám ơn (Đã nhận)
    620
    Trích dẫn Gửi bởi lequangnhat20 Xem bài viết
    Cho a ,b,c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a+b+c=3
    Chứng minh rằng :$\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}+\frac{ab}{c}+\frac{9}{ 4}abc\geq \frac{21}{4}$
    Bổ đề: Cho các số thực $ a,b,c $ thoả $ a+b+c=p $, đặt $ ab+bc+ca=\frac{p^2-x^2}{3} $ với $ x\ge 0 $, thì ta có
    \[ \frac{(p+x)^2(p-2x)}{27}\le abc\le\frac{(p-x)^2(p+2x)}{27}. \]

    Cm như anh Sỹ:
    Trích dẫn Gửi bởi khanhsy Xem bài viết
    Chuẩn hóa $a+b+c=1$ đặt $q=ab+bc+ca$
    Ta có: $$(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \ge 0 \leftrightarrow q^2-4q^3+2(9q-2)r-27 r^2 \ge 0 $$
    $$ \leftrightarrow \dfrac{9q-2-2(1-3q)\sqrt{1-3q}}{27} \le abc \le \dfrac{9q-2-+2(1-3q)\sqrt{1-3q}}{27}$$

    Vì $a+b+c=1$ nên rõ ràng tồn tại $3q=1-x^2 \ \ \ \ \forall x\in [0;1]$ thì ta có $\dfrac{(1-2x)(x+1)^2}{27} \le abc \le \dfrac{(1+2x)(x-1)^2}{27}$
    Áp dụng vào bài này, với $ a+b+c=3 $, ta có thể đặt $ p:=ab+bc+ca=\frac{9-x^2}{3} $ với $ x\ge 0 $. Khi đó \[ r:=abc\le\frac{(3-x)^2(3+2x)}{27}. \]
    BDT cần chứng minh có thể viết lại thành
    \begin{align}
    f(r):=q^2+\frac94r^2-\frac{45}{4}r\ge0.
    \end{align}
    Với $ r\le 1 $, $ f'(r)=\frac92r-\frac{45}{4}<0 $ nên ta có
    \begin{align}
    f(r)\ge f\left (\frac{(3-x)^2(3+2x)}{27}\right ).
    \end{align}
    Vậy cần cm
    \begin{align}
    f\left (\frac{(3-x)^2(3+2x)}{27}\right )\ge0\\
    \iff \left (\frac{9-x^2}{3}\right )^2+\frac94\left (\frac{(3-x)^2(3+2x)}{27}\right )^2-\frac{45}4\left (\frac{(3-x)^2(3+2x)}{27}\right )\ge0\\
    \iff \frac1{324} x^2 (2 x-3)^2 (x-3)^2\ge0
    \end{align}
    BDT cuối đúng, ta có đpcm.
    P/s:Tập tành

 

 

Thông tin về chủ đề này

Users Browsing this Thread

Có 1 người đang xem chủ đề. (0 thành viên và 1 khách)

Tag của Chủ đề này