phudinhgioihan | Mathematics does not exist | Trang 2

RSS

∫∑ Lời giải thứ 48 cho bđt Nesbitt ®

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 phudinhgioihan trên Tháng Bảy 12, 2012 in Sáng tạo

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