Lời giải
Từ giả thiết ta suy ra: b=m+a, c=b+m, d=c+m (m\in\mathbb{R^*}) \Rightarrow c=a+2m. BĐT cần được chứng minh \begin{align*} \Leftrightarrow& 2m\left[(2m+a) \cdot e^{a^{2}}+a \cdot e^{b^{2}}+(m+a) \cdot e^{c^2}\right] < e^{d^{2}}-e^{a^{2}}\tag{1}\\ \Leftrightarrow& 2 m\left(c\cdot e^{a^{2}}+a\cdot e^{b^{2}}+b\cdot e^{c^{2}}\right) < e^{d^{2}}-e^{a^{2}}. \end{align*}Xét hàm số f(x)=e^{x^{2}}, x > 0. Ta có f^{\prime}(x)=2 x \cdot e^{x^{2}} là hàm số đồng biến (vì x và e^{x^2}, x > 0 là các hàm số dương, đồng biến). Áp dụng định lý Lagrange ta có: 0 < x < y, \exists x < t < y mà
f(y)-f(x)=f^{\prime}(t) \cdot (y-x)=2 t \cdot e^{t^{2}}(y-x) > 2 x \cdot e^{x^{2}}(y-x).
Do đó:
\begin{align*}
e^{d^{2}}-e^{a^{2}}&=f(d)-f(a)=[f(d)-f(c)]+[f(c)-f(b)]+[f(b)-f(a)]\\
& > 2 m\left(c e^{c^{2}}+b \cdot e^{b^{2}}+a \cdot e^{a^{2}}\right).\tag{2}
\end{align*}
Chú ý:
\begin{align*}
&c\cdot e^{c^{2}}+b\cdot e^{b^{2}}+a\cdot e^{a^{2}}-\left(c\cdot e^{a^{2}}+a\cdot e^{b^{2}}+b\cdot e^{c^{2}}\right)\\
=&(c-b)\cdot e^{c^{2}}+(b-a)\cdot e^{b^{2}}-(c-a)\cdot e^{a^{2}}\\
> &(c-b)\cdot e^{a^{2}}+(b-a)\cdot e^{a^{2}}-(c-a)\cdot e^{a^{2}}=0. \tag{3}
\end{align*}
(do c > b > a > 0).
Từ (2) và (3) suy ra bất đẳng thức (1). Ta có ĐPCM.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét