RSS

Monthly Archives: Tháng Sáu 2012

⅔ Chứng minh bđt AM-GM 3 số từ bđt AM-GM 2 số ™

AM-GM cho 3 số:

Với 3 số thực không âm a,b,c ; khi đó ta có: $a^3+b^3+c^3 \ge 3abc$
Khi được học về Bdt AM-GM ở lớp 10, thầy giáo có nói có thể chứng minh AM-GM 4 số từ AM-GM 2 số nhưng không thể dùng AM-GM 2 số để CM cho AM-GM 3 số. Vào thời điểm ấy, tôi cứ băn khoăn mãi…và hôm nay bỗng nhớ về chuyện xưa, suy nghĩ một tí xíu thế là….xem tối ngày ấy và bây giờ khác nhau thế nào nhá ^_^

Có khá nhiều cách CM cơ bản cho AM-GM 3 số, chẳng hạn trong bài viết trước của tôi chẳng hạn.

Có 1 cách CM AM-GM 3 số từ AM-GM 2 số rất hay sau đây:

$a^3+b^3+c^3+abc \ge 2 \sqrt{a^3b^3}+2\sqrt{abc^4}\ge 4 \sqrt{\sqrt{a^3b^3abc^4}} \ge4abc$

<=> $a^3+b^3+c^3 \ge 3abc$

Sau đây chúng ta hãy cùng xem một cách giải khác có lẽ quá dài và rắc rối,phức tạp hơn, nhưng có thể tạo ra nhiều bdt thú vị khác từ cách CM này.

Giải:

Ta có: $a^3+b^3 \ge 2 (\sqrt{ab})^3$
Áp dụng cho các số còn lại và cộng 3 bdt lại ta được:

$a^3+b^3+c^3 \ge \sqrt{a^3b^3}+\sqrt{b^3c^3}+\sqrt{c^3a^3}$

Ta tiếp tục áp dụng bdt mới thu được này:

$a^3+b^3+c^3 \ge \sqrt{a^3b^3}+\sqrt{b^3c^3}+\sqrt{c^3a^3}$

$\ge \sqrt[2^2]{a^6b^3c^3}+\sqrt[2^2]{a^3b^6c^3}+\sqrt[2^2]{a^3b^3c^6}$

$\ge \sqrt[2^3]{a^6b^9c^9}+\sqrt[2^3]{a^9b^6c^9}+\sqrt[2^3]{a^9b^9c^6}$

$\ge \sqrt[2^4]{a^{18}b^{15}c^{15}}+\sqrt[2^4]{a^{15}b^{18}b^{15}}+\sqrt[2^4]{a^{15}b^{15}c^{18}}$

Bằng quy nạp ta có thể chứng mình rẳng:

Với mọi k là số tự nhiên chẵn, $k=2n \; , n \ge 1$

$a^3+b^3+c^3 \ge \sum_{cyc} \sqrt[2^{2n}]{a^{2^{2n}+2}b^{2^{2n}-1}c^{2^{2n}-1}})$

Với mọi số tự nhiên k lẻ, $k=2n+1 \; , n \ge 0$

$a^3+b^3+c^3 \ge \sum_{cyc} \sqrt[2^{2n+1}]{a^{2^{2n+1}-2}b^{2^{2n+1}+1}c^{2^{2n+1}+1}}$

Cho $n \rightarrow + \infty$ ta được:

$a^3+b^3+c^3 \ge abc+abc+abc=3abc$

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Sáu 19, 2012 in Sáng tạo

₱ Chứng minh bđt Nestbit 3 biến bằng pp tăng giảm biến™

Nestbit:

Cho 3 số thực dương a;b;c , khi đó :

$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \ge \frac{3}{2}$

Đặt $P(a;b;c)=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Do P đối xứng theo a;b;c nên ta giả sử c là số nằm giữa a và b ,=> $(a-c)(b-c) \le 0$

Với $t\in \mathbb{R}$ , xét:

$P(a+t;b-t;c)-P(a;b;c)$

$=(a+b+c)(a+b+2c)\frac{t(t+a-b)}{(a+c)(b+c)(a+c+t)(b+c-t)}$

Chọn $t=b-c$

=>

$P(a+t;b-t;c)-P(a;b;c)$

$=(a+b+c)(a+b+2c)\frac{(a-c)(b-c)}{(a+c)(b+c)(a+b)2c} \le 0$

=> $P(a;b;c) \ge P(a+b-c;c;c)=P(a^\prime;c;c) \; ; a^\prime =a+b-c >0$

$\ge \frac{a^\prime}{2c}+\frac{2c}{a^\prime+c}$

$\ge \frac{1}{2}(\frac{a^\prime}{c}+1)+\frac{2}{\frac{a^\prime}{c}+1}-\frac{1}{2}$

$\ge \frac{3}{2}$

Đẳng thức xảy ra khi a=b=c

Bình luận về bài viết này

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Sáu 19, 2012 in Sáng tạo

₴ↄҺϋⱤ Một cách CM bđt Schur bậc 3 ™

Tiếp theo, mình sẽ dùng kỹ thuật biến thiên các biến để cm bdt Schur nổi tiếng sau đây:

Schur: Cho ba số thực không âm a;b;c , khi đó :

$a^3+b^3+c^3+3abc \ge ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

Cách cm quen thuộc cho bdt này thường là:

Bdt <=> $a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) \ge 0$

giả sử $a \ge b \ge c$ , bdt viết lại là: $(a-b)(a(a-c)-b(b-c))+c(a-c)(b-c) \ge 0$ hiển nhiên đúng .

Schur cũng tương đương với bdt quen thuộc sau:

$abc \ge (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

Hôm nay ta hãy xem sức mạnh của pp mới này nhé ^_^.

Đặt $P(a;b;c)=a^3+b^3+c^3+3abc-ab(a+b)-bc(b+c)-ca(c+a)$

Với $t \in \mathbb{R}$ , xét:

$P(a+t;b+t;c)-P(a;b;c)$

$=t(ct+2(a-b)^2+bc+ca-2c^2)$

Do $P(a;b;c)$ đối xứng theo ba biến $a;b;c$ nên ta giả sử $a \ge b \ge c$ , chọn $t=c-b$

Khi đó :

$P(a+t;b+t;c)-P(a;b;c)=(c-b)(2(a-b)^2+ca-c^2) \le 0$

<=> $P(a;b;c) \ge P(a+c-b;c;c)=P(a^\prime;c;c) ; \; a^\prime=a+c-b \ge 0$

Vậy, ta chỉ cần cm rằng $P(a^\prime;c;c) \ge 0$ tức là chứng minh $P(a;b;c)$ trong trường hợp $b=c$

$P(a^\prime;c;c)={a^\prime}^3+3a^\prime c^2-2a^\prime c(a^\prime +c)=a^\prime(a^\prime -c)^2 \ge 0$

=> đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc một số bằng 0, 2 số còn lại bằng nhau !

Bình luận về bài viết này

Posted by phudinhgioihan trên Tháng Sáu 19, 2012 in Sáng tạo