RSS

∫∑ Lời giải thứ 48 cho bđt Nesbitt ®

12 Th7

Cứ rảnh rỗi nảy sinh ý tưởng mới là cứ lôi bất đẳng thức kinh điển này ra áp dụng. Trên blog cũng đã có lời giải thử 46 và 47, xem hôm nay có gì mới…

Ý tưởng…đang nghiên cứu một ý tưởng trong việc chứng minh bdt, có lẽ cũng sắp hoàn thiện, ý tưởng như sau:

Đơn giản ta xét cho hàm 3 biến số a,b,c; bất đẳng thức cần chứng minh có dạng f(a)=g(a,b,c) \ge 0 , thế thì

\int f(a)da là một hàm đồng biến…vậy, nếu ta chứng minh được \int f(a)da đồng biến,
bằng mọi cách nào đó thì vấn đề sẽ được giải quyết.

Bất đẳng thức Nesbitt cho 3 số.

Với ba số thực dương a,b,c, ta luôn có :

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

Không mất tính tổng quát, giả sử a \ge b \ge c

Xét hàm số f(a)=\frac{a^2}{2(b+c)}+b ln(a+c)+c ln(a+b) -\frac{3}{2}a \;

Sử dụng chuỗi Taylor cho hàm f(a) tại b

Ta có f(a)=\frac{b^2+2b(a-b)+(a-b)^2}{2(b+c)}+b \sum_{k=0}^ {\infty} \frac{(-1)^{k+1}(ln(a+c))^{(k)}(b)(a-b)^k}{k!}+c \sum_{k=0}^ \infty \frac{(-1)^{k+1} (ln(a+b))^{(k)}(b)(a-b)^k}{k!} -\frac{3}{2}(a-b)-\frac{3}{2}b

Ta dễ dàng chứng minh được rằng

f^{'}(a)=\frac{b}{b+c}+\frac{a-b}{b+c}+b\sum_{k=1}^ {\infty} \frac{(-1)^{k+1}(ln(a+c))^{(k)}(b)(a-b)^{k-1} }{(k-1)!} +c \sum_{k=1}^ \infty \frac{(-1)^{k+1} (ln(a+b))^{(k)}(b)(a-b)^{k-1} }{(k-1)!} -\frac{3}{2}

\ge \frac{b}{b+c}+\frac{a-b}{b+c} + b(\frac{1}{b+c}-\frac{a-b}{(b+c)^2}) +c (\frac{1}{2b}-\frac{a-b}{4b^2})-\frac{3}{2}

\ge \frac{2b}{b+c}+\frac{c}{2b}+c(a-b) (\frac{1}{(b+c)^2}-\frac{1}{4b^2}) -\frac{3}{2}

\ge \frac{2}{1+\frac{c}{b}}+\frac{1}{2}(\frac{c}{b}+1)-2

\ge 0

Vậy f(a) đồng biến trên [b; +\infty) , từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh !

 
Bình luận về bài viết này

Posted by trên Tháng Bảy 12, 2012 in Sáng tạo

 

Bình luận về bài viết này