Học Toán cùng BoxMath
Đăng ký
Tìm kiếm tùy chỉnh
Web
Kết quả 1 đến 4 của 4

Chủ đề: Bất đẳng thức

  1. #1
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    55
    Bài viết
    731
    Cám ơn (Đã nhận)
    938


    Bài toán:

    Chứng minh rằng nếu $a,b,c > 0$ , thì $\frac{{ab}}{{5a + 6b + 7c}} + \frac{{bc}}{{5b + 6c + 7a}} + \frac{{ca}}{{5c + 6a + 7b}} \le \frac{{a + b + c}}{{18}}$

  2. Cám ơn hbtoanag, khanhsy đã cám ơn bài viết này
  3. #2
    Super Moderator khanhsy's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    162
    Cám ơn (Đã nhận)
    310
    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán:

    Chứng minh rằng nếu $a,b,c > 0$ , thì $\frac{{ab}}{{5a + 6b + 7c}} + \frac{{bc}}{{5b + 6c + 7a}} + \frac{{ca}}{{5c + 6a + 7b}} \le \frac{{a + b + c}}{{18}}$
    Tách $5a+6b+7c= \dfrac{71a}{24}+\left( 6b+7c+\dfrac{49a}{24} \right)$
    Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có

    $$\sum_{cyc}\frac{{ab}}{{5a + 6b + 7c}}\le \dfrac{1}{(71+361)^2}\sum_{cyc}ab\left(\dfrac{71^2 }{ \dfrac{71a}{24}} +\dfrac{361^2}{6b+7c+\dfrac{49a}{24}}\right) $$

    $$= \dfrac{1}{(71+361)^2}\left[1704 \sum_{cyc}b+\dfrac{361^2}{6}\sum_{cyc}ab\left( \dfrac{1}{b+\dfrac{7c}{12}+\dfrac{7c}{12} +\dfrac{49a}{144}}\right)\right] $$
    $$\le \dfrac{1}{(71+361)^2}\left[1704\sum_{cyc}b+ \dfrac{361^2}{6\left( 1+\dfrac{7}{12}\right)^2}\sum_{cyc}ab\left(\dfrac{ 1}{b+ \dfrac{7c}{12}}+\dfrac{\dfrac{7}{12}}{c +\dfrac{7a}{12}}\right)\right] $$
    $$= \dfrac{1}{(71+361)^2}\left[1704\sum_{cyc}b+8664\sum_{cyc}a\left(\dfrac{b+ \dfrac{7c}{12}}{b+ \dfrac{7c}{12}}\right)\right] $$
    $$=\dfrac{a+b+c}{18}$$
    Hoàn tất chứng minh.

  4. Cám ơn chihao, hbtoanag,  Ntspbc, cuong18041998 đã cám ơn bài viết này
  5. #3
    Ban quản trị chihao's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Tuổi
    55
    Bài viết
    731
    Cám ơn (Đã nhận)
    938
    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán:

    Chứng minh rằng nếu $a,b,c > 0$ , thì $\frac{{ab}}{{5a + 6b + 7c}} + \frac{{bc}}{{5b + 6c + 7a}} + \frac{{ca}}{{5c + 6a + 7b}} \le \frac{{a + b + c}}{{18}}$
    Bài giải
    Ta chứng minh cho bài toán tổng quát
    \[\frac{{ab}}{{ma + nb + pc}} + \frac{{bc}}{{mb + nc + pa}} + \frac{{ca}}{{mc + na + pb}} \le \frac{{a + b + c}}{{m + n + p}}\,\,,\left( {m > \frac{p}{2} > 0,n > \frac{p}{2} > 0} \right)\]
    (ở bài toán này thì $m = 5,n = 6,p = 7$)
    Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có
    \[\frac{{ab{{\left( {m + n + p} \right)}^2}}}{{ma + nb + pc}} = ab\frac{{{{\left[ {\left( {m - \frac{p}{2}} \right) + \left( {n - \frac{p}{2}} \right) + p + p} \right]}^2}}}{{\left( {m - \frac{p}{2}} \right)a + \left( {n - \frac{p}{2}} \right)b + \frac{p}{2}\left( {c + a} \right) + \frac{p}{2}\left( {b + c} \right)}}\]
    \[ \le ab\left( {\frac{{m - \frac{p}{2}}}{a} + \frac{{n - \frac{p}{2}}}{b} + \frac{{2p}}{{c + a}} + \frac{{2p}}{{b + c}}} \right)\]
    \[ = \left( {m - \frac{p}{2}} \right)a + \left( {n - \frac{p}{2}} \right)b + \frac{{2pab}}{{c + a}} + \frac{{2pab}}{{b + c}}\begin{array}{*{20}{c}}
    {}&{(1)}
    \end{array}\]
    Tương tự
    \[bc\frac{{{{\left( {m + n + p} \right)}^2}}}{{mb + nc + pa}} \le \left( {m - \frac{p}{2}} \right)b + \left( {n - \frac{p}{2}} \right)c + \frac{{2pbc}}{{a + b}} + \frac{{2pbc}}{{c + a}}\begin{array}{*{20}{c}}
    {}&{(2)}
    \end{array}\]
    \[ca\frac{{{{\left( {m + n + p} \right)}^2}}}{{mc + na + pb}} \le \left( {m - \frac{p}{2}} \right)c + \left( {n - \frac{p}{2}} \right)a + \frac{{2pca}}{{a + b}} + \frac{{2pca}}{{b + c}}\begin{array}{*{20}{c}}
    {}&{(3)}
    \end{array}\]
    Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\,,\,\left( 3 \right)$ suy ra
    \[{\left( {m + n + p} \right)^2}\left( {\frac{{ab}}{{ma + nb + pc}} + \frac{{bc}}{{mb + nc + pa}} + \frac{{ca}}{{mc + na + pb}}} \right)\]
    \[ \le \left( {m - \frac{p}{2}} \right)\left( {a + b + c} \right) + \left( {n - \frac{p}{2}} \right)\left( {a + b + c} \right) + 2p\left( {a + b + c} \right)\]
    \[ \Rightarrow \frac{{ab}}{{ma + nb + pc}} + \frac{{bc}}{{mb + nc + pa}} + \frac{{ca}}{{mc + na + pb}} \le \frac{{a + b + c}}{{m + n + p}}\]
    Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi $a = b = c$.

  6. Cám ơn Dương Minh Chánh, hbtoanag,  Ntspbc, khanhsy, cuong18041998 đã cám ơn bài viết này
  7. #4
    Super Moderator khanhsy's Avatar
    Ngày tham gia
    Aug 2014
    Bài viết
    162
    Cám ơn (Đã nhận)
    310
    Trích dẫn Gửi bởi chihao Xem bài viết
    Bài toán:

    Chứng minh rằng nếu $a,b,c > 0$ , thì $\frac{{ab}}{{5a + 6b + 7c}} + \frac{{bc}}{{5b + 6c + 7a}} + \frac{{ca}}{{5c + 6a + 7b}} \le \frac{{a + b + c}}{{18}}$
    Nếu như em tính toán khồng sai lầm thì ta luôn có

    Với các số thực không âm $x,y,z$ và các số thực dương $a,b,c$ cho trước sao cho $4ab\ge c^2$ thì ta luôn có:

    $$\sum_{cyclic}\dfrac{xy}{ax+by+cz}\le \dfrac{x+y+z}{a+b+c}$$
    Nếu $4ab>c^2$ thì đẳng thức xảy ra khi $x=y=z$
    Riêng trong trường hợp $4ab=c^2$ thì có 2 nút dấu bằng xảy ra.

    Điều đó cho thấy để bất đẳng thức này chặt thì ta nên ra đề sao cho chọn $a,b,c$ phải $(4ab-c^2)\to 0^+$

    Điều kiện thầy Hào đưa ra vẫn chưa tổng quát lắm. $4mn\ge p^2$ thì tốt hơn.

  8. Cám ơn chihao, cuong18041998 đã cám ơn bài viết này
 

 

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