|
|
Nhắc lại : Hàm số $ f(x)=\log_a(x)$ đồng biến khi $a>1$ và nghịch biến khi $ 0<a<1$.
1) Do $b>a$ nên có thể viết $b = a + r $ với $r > 0$
Ta có: ${\log _a}b = {\log _a}(a + r ) = {\log _a}a\left( {1 + \frac{r }{a}} \right) = 1 + {\log _a}\left( {1 + \frac{r}{a}} \right)$
Mặt khác : ${\log _{a + c}}\left( {b + c} \right) = {\log _{a + c}}\left( {a + c + r } \right) = {\log _{a + c}}\left( {a + c} \right)\left( {1 + \frac{r }{{a + c}}} \right)$
$ = 1 + {\log _{a + c}}\left( {1 + \frac{r }{{a + c}}} \right) < 1 + {\log _{a + c}}\left( {1 + \frac{r }{a}} \right)$
Cần phải CM ${\log _{a + c}}\left( {1 + \frac{r }{a}} \right) < {\log _a}\left( {1 + \frac{r }{a}} \right)$
$ \Leftrightarrow {\log _{1 + \frac{r }{a}}}(a + c) > {\log _{1 + \frac{r }{a}}}(a)$: đúng
2) BĐT (2) được suy ra từ BĐT (1) bằng cách đặt $a=n, b=n+1, c=1$.
Để CM (3) ta áp dụng bất đẳng thức ở phần (1) thì Vế trái $(3) < 3{\log _6}7$
Ta chỉ cần chứng minh : $ {\log _6}7< 1,1 \Leftrightarrow 7 < {6^{11/10}}$
$ \Leftrightarrow {7^{10}} < {6^{11}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{7}{6}} \right)^{10}} < 6$
Ta có ${\left( {\frac{7}{6}} \right)^{10}} = {\left( {\frac{{49}}{{36}}} \right)^5} < {\left( {\frac{{49}}{{35}}} \right)^5} = {\left( {\frac{7}{5}} \right)^5} = \frac{{49}}{{25}}.\frac{{49}}{{25}}.\frac{7}{5}$
$ < 2.2.\frac{7}{5} < \frac{{30}}{5} = 6$(đpcm)
3) Ta có ${\left( {b - \frac{1}{2}} \right)^2} = {b^2} - b + \frac{1}{4} \ge 0 \Rightarrow b - \frac{1}{4} \le {b^2}$
Tương tự sẽ có : $c - \frac{1}{4} \le {c^2},d - \frac{1}{4} \le {d^2},a - \frac{1}{4} \le {a^2}$
Chú ý rằng các cơ số $a,b,c,d < 1$ nên ta có
VT (4) $ \ge {\log _a}{b^2} + {\log _b}{c^2} + {\log _c}{d^2} + {\log _d}{a^2} = $
= $2\left( {{{\log }_a}b + {{\log }_b}c + {{\log }_c}d + {{\log }_d}a} \right) \ge $
$ \ge 2.4\sqrt[4]{{{{\log }_a}b.{{\log }_b}c.{{\log }_c}{\rm{d}}{\rm{. lo}}{{\rm{g}}_{\rm{d}}}{\rm{a}}}} = 8$ (đpcm)
Chú ý rằng $0< a,b,c,d <1$ nên các số $\log_a(b), \log_b(c), \log_c(d), \log_d(a)$ đều là các số dương nên ta có thể áp dụng được BĐT Cô-si ở đây.
4) VT (5) = $\frac{{{2{\log }_2}a}}{{{{\log }_2}(b + c)}} + \frac{{{2{\log }_2}b}}{{{{\log }_2}(a + c)}} + \frac{{{2{\log }_2}c}}{{{{\log }_2}(a + b)}}$
Chú ý rằng $a,b,c \ge 2$ nên $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \le 1 \Rightarrow a + b \le ab$, tương tự có $b + c \le bc,c + a \le ca$, vậy:
VT (5) $ \ge \frac{{2{{\log }_2}a}}{{{{\log }_2}(bc)}} + \frac{{2{{\log }_2}b}}{{{{\log }_2}(ac)}} + \frac{{2{{\log }_2}c}}{{{{\log }_2}(ab)}}$
Để cho gọn ta đặt ${\log _2}a = x$, ${\log _2}a = y$, ${\log _2}c = z$ dẫn tới:
VT (5) $ \ge \frac{{2{\rm{x}}}}{{{\rm{y + z}}}} + \frac{{{\rm{2y}}}}{{{\rm{z + x}}}} + \frac{{{\rm{2z}}}}{{{\rm{x + y}}}}$
Sẽ phải chứng minh : $ \frac{{2{\rm{x}}}}{{{\rm{y + z}}}} + \frac{{{\rm{2y}}}}{{{\rm{z + x}}}} + \frac{{{\rm{2z}}}}{{{\rm{x + y}}}} \ge 3$ ( với $x,y,z \ge 1$)
$ \Leftrightarrow \left( {\frac{{2{\rm{x}}}}{{{\rm{y + z}}}} + 2} \right) + \left( {\frac{{2y}}{{{\rm{z + x}}}} + 2} \right) + \left( {\frac{{2z}}{{{\rm{x + y}}}} + 2} \right) \ge 9$
$ \Leftrightarrow (2{\rm{x + 2y + 2z)}} \left[ \left( {\frac{1}{{{\rm{y + z}}}}} \right) + \left( {\frac{1}{{{\rm{z + x}}}}} \right) + \left( {\frac{1}{{{\rm{x + y}}}}} \right) \right] \ge 9$
$ \Leftrightarrow \left[ {\left( {x + y} \right) + \left( {y + z} \right) + \left( {z + x} \right)} \right] \left[ \left( {\frac{1}{{{\rm{y + z}}}}} \right) + \left(
{\frac{1}{{{\rm{z + x}}}}} \right) + \left( {\frac{1}{{{\rm{x + y}}}}}
\right) \right] \ge 9$.
Đúng do áp dụng BĐT Cô-si cho vế trái.
|
|
|
Đăng bài 17-05-12 03:48 PM
|
|