Chào mừng Bạn tham gia Diễn Đàn VNKienThuc.com - Định hướng Forum Kiến Thức
- HÃY TẠO CHỦ ĐỀ KIẾN THỨC HỮU ÍCH VÀ CÙNG NHAU THẢO LUẬN
Kết nối: VNK X - VNK groups | Nhà Tài Trợ: BhnongFood X - Bhnong groups - Đặt mua Bánh Bhnong

Trả lời chủ đề

Nội dung: <blockquote data-quote="chibi maruko" data-source="post: 39417" data-attributes="member: 36797">Định lý:  Cho các số thực \[a,b,c\] và \[A,B,C\] thỏa 1 trong các điều kiện sau:\[i)   A+B \geq 0, B+C \geq 0, C+a \geq 0\]     Nếu \[a\] là số giữa 2 số còn lại trên trục số thực thì \[A \geq 0\]  \[ii)   A+B+C >0, AB+BC+CA \geq 0\]\[iii)   C = min \lbrace{A,B,C}\rbrace, A+2C \geq 0, B+2C \geq 0\]Khi đó \[A(b-c)^2+B(c-a)^2+C(a-b)^2 \geq 0\] Chứng minh:i)   Giả sử \[c\] là số ở giữa(các trường hợp khác c/m tương tự), đặt \[x=b-c; y=c-a\].Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:  \[Ax^2+By^2+C(x+y)^2 \geq 0\]  \[\Leftrightarrow (A+C)x^2+(B+C)y^2+2Cxy \geq 0\]     ii)     Nếu có 1 số bằng 0,giả sử là \[C \Rightarrow A \geq 0, B \geq 0 \Rightarrow\] dpcm .    Nếu \[ABC \neq 0\] ,ta sẽ chứng minh có ít nhất 2 số dương.Thực vậy giả sử \[C <0 \Leftarrow A+B >0 \Leftarrow AB>0 \Rightarrow A>0,B>0\].   Khi đó ta có:\[(\frac{1}{A}+\frac{1}{B})[A(b-c)^2+B(c-a)^2] \geq (b-c+c-a)^2 = (a-b)^2\]\[\Leftrightarrow A(b-c)^2+B(c-a)^2 \geq (\frac{AB}{A+B})(a-b)^2\]\[\Leftrightarrow A(b-c)^2+B(c-a)^2+C(a-b)^2 \geq (\frac{AB}{A+B}+C)(a-b)^2\]\[=(\frac{AB+BC+CA}{A+B})(a-b)^2 \geq 0\]           iii)    Giả sử \[C= min \lbrace{A,B,C}\rbrace\]  .Nếu \[C \geq 0\] ,bất đẳng thức là hiển nhiên.Nếu \[C<0\]ta có:\[C(a-b)^2=C(b-c+c-a)^2 \geq 2C(b-c)^2+2C(c-a)^2\]           Do đó:\[A(b-c)^2+B(c-a)^2+C(a-b)^2 \geq (2C+A)(b-c)^2+(2C+B)(c-a)^2 \geq 0\]                   Như vậy BĐT đã được chứng minh xong.              Dưới đây,chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ cụ thể áp dụng định lý trên :     Kể từ đây trở đi, lý do phân tích được thành dạng tổng các bình phương sẽ được lượt qua, chúng ta sẽ tóm tắt phương pháp phân tích này sau.     Ví dụ 1: (Stronger than Schur inequality)Cho \[a,b,c\] là các số thực không âm.Chứng minh rằng:\[a^3+b^3+c^3+3abc \geq ab\sqrt{2(a^2+b^2)}+bc\sqrt{2(b^2+c^2)}+ca\sqrt{2(c^2+a^2)}\]                                                        Giải:        Không mất tính tổng quát,giả sử \[a \geq b \geq c\]  .Bất đẳng thức đã cho tương đương với:  \[\sum (a+b-c-\frac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b})(a-b)^2 \geq 0\]        Ta có: \[a+b-c-\frac{2ac}{\sqrt{2(a^2+c^2)}+a+c} \geq (a-b)+c(1-\frac{2}{1+\sqrt{2}}) \geq 0\]         Ngoài ra:\[B+C =2a -\frac{2ab}{\sqrt{2(a^2+b^2)}+a+b}-\frac{2ac}{\sqrt{2(a^2+c^2)}+a+c}\]\[\geq 2a(1-\frac{b}{2(a+b)}-\frac{c}{2(a+c)}) = a(\frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}) \geq 0\]        Theo định lý trên ,BĐT được chứng minh. JVí du 2: Cho \[a,b,c\] là các số thực dương.Chứng minh rằng:\[a^3+b^3+c^3+4(ab^2+bc^2+ca^2) \geq a^2b+b^2c+c^2a+12abc\]      Giải:Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:\[(2a+2b-c)(b-c)^2+(2b+2c-a)(c-a)^2+(2c+2a-b)(a-b)^2 \geq 0\]     Giả sử \[2a+2b-c=min \lbrace{2a+2b-c,2b+2c-a,2c+2a-b}\rbrace\] (hoàn toàn tương tự cho các trường hợp còn lại)thì: \[2(2a+2b-c)+2b+2c-a=3a+6b >0 ;2(2a+2b-c)+2c+2a-b =6a+2b >0\]nên theo định lý,BĐT được chứng minh. JVí dụ 3:Cho các số thực dương \[a,b,c\] thỏa điều kiện \[\sqrt{ab}, \sqrt{ac}, \sqrt{bc}\]  là độ dài 3 cạnh tam giác. Chứng minh rằng: \[a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a) \geq 0\]Giải:Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:\[(ab+ac-bc)(a-b)^2+(bc+ba-ac)(b-c)^2+(ac+bc-ab)(c-a)^2 \geq 0\]     Rõ ràng: \[(ab+ac-bc)+(bc+ba-ac)+(ac+bc-ab)=ab+bc+ca > 0\]Đồng thời:\[(ab+ac-bc)(bc+ba-ac)+(ab+ac-bc)(ac+bc-ab)+(bc+ba-ac)(ac+bc-ab)\]\[=2abc(a+b+c)-a^2b^2-b^2c^2-a^2c^2\]\[=(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}-\sqrt{bc})(\sqrt{ab}-\sqrt{ac}+\sqrt{bc})(-\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc})(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}) \geq 0\]Do đó theo định lý,BĐT đã được chứng minh. JVí dụ 4:Cho \[a,b,c\] là độ dai 3 cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:\[3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}) \geq 2(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})+3\]   Giải:    Bất đẳng thức đã cho là tương đương với:\[(5a+5b-c)(a-b)^2+(5b+5c-a)(b-c)^2+(5c+5a-b)(c-a)^2 \geq 0 (1)\]Đặt \[x=a+b,y=b+c,z=c+a\] Nếu \[x \geq y  \geq z\]   thì \[(a-b)(b-c)(c-a) \geq 0 \Leftrightarrow (a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3 \geq 0 \Rightarrow (1)\]là hiển nhiên.Nếu \[z \geq y \geq x\] \[(1) \Leftrightarrow (4x-z)(x-z)^2+(4z-y)(y-z)^2+(4y-x)(x-y)^2 \geq 0\]( * )  .Ta chỉ xét trường hợp \[4x < z\].Ta có: \[(x-z)^2 \leq 2(y-z)^2+2(x-y)^2\]  nên( * ) \[ \geq (8x+2z-y)(y-z)^2+(7x+4y-2z)(x-y)^2 \geq 0\]( ** )Nếu \[7x+4y-2z \geq 0\]  thì BĐT được chứng minh.Ngược lại ta có:\[z \geq 2y \Rightarrow z-y \geq y-x \geq 0\].  .Do đó:\[(**) \geq (x-y)^2(15x+3y) \geq 0\]Tóm lại,BĐT đã được chứng minh. JVí dụ 5:Cho \[a,b,c\] là các số thực dương thoả: \[min \lbrace{a,b,c} \rbrace \geq \frac{1}{4} max \lbrace{a,b,c}\rbrace\]. .Chứng minh rằng:\[(ab+bc+ca)[\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{c+a}^2] \geq\]\[\frac{9}{4}+\frac{1}{16}[ (\frac{a-b}{a+b})^2+(\frac{b-c}{b+c})^2+(\frac{c-a}{c+a})^2 ]\]Đây có thể xem như bài áp dụng.Các bạn giải thử nhé.</blockquote>

Tên

Mã xác nhận