Chủ đề này có 501 trả lời

[Tifantasca]

Sai nhé.Định lý này ABC chỉ ra rằng nếu f(r) là hàm lõm thì có min. Hàm lồi tồn tại max còn 1 hàm bậc 2 muốn có min phải đơn điệu tức là phải có $y>0$ nữa.Bài này phải xét 2 TH $y>0$ hoặc $y<0$ rồi áp dụng kiến thức của tam tthức bậc 2

mình nghĩ không sai bạn à, bạn xem phần hệ quả và một số bài tập có liên quan của phương pháp ABC thì chỉ cần hệ số bậc cao nhất của biến abc là dương thì đủ để áp dụng rồi ạ.

[longatk08]

mình nghĩ không sai bạn à, bạn xem phần hệ quả và một số bài tập có liên quan của phương pháp ABC thì chỉ cần hệ số bậc cao nhất của biến abc là dương thì đủ để áp dụng rồi ạ.

Vậy là bạn chưa hiểu kĩ về định lí này rồi.Trường hợp hệ số $abc$ dương thì là hàm lồi (nếu bậc theo $abc$ là bậc 2) khi đó hàm theo $abc$ tồn tại max nhưng trong đánh giá của bạn thì ta cần tìm min nên không ổn còn nếu muốn sử dụng thì bạn phải chứng minh hàm đó đơn điệu nhé.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 04-06-2015 - 07:05

[Tifantasca]

Vậy là bạn chưa hiểu kĩ về định lí này rồi.Trường hợp hệ số $abc$ dương thì là hàm lồi (nếu bậc theo $abc$ là bậc 2) khi đó hàm theo $abc$ tồn tại max nhưng trong đánh giá của bạn thì ta cần tìm min nên không ổn còn nếu muốn sử dụng thì bạn phải chứng minh hàm đó đơn điệu nhé.

lúc đầu mình cũng nghĩ cách mình chưa ổn lắm, nhưng trong tài liệu Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học, phần phương pháp ABC, có 1 ví dụ là bài Iran 1996, dạng vẫn tương tự vậy, hệ số bậc cao nhất là dương, hàm cần chứng minh vẫn là cực tiểu, áp dụng bình thường bạn à

[ducvipdh12]

như mình đã nói,định lý $ABC$ là 1 định lý rất mạnh nhưng nó như 1 con dao 2 lưỡi,không nên sử dụng trong các kì thi HSG,với lại luôn có cách khác ngoài cách này vậy nên nếu "bí" quá thì mới đụng đến

[ducvipdh12]

Bài 76: ( Belarus 1998 ) Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh bất đẳng thức sau:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$

[Bui Ba Anh]

Bài 76: ( Belarus 1998 ) Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh bất đẳng thức sau:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$

 

 

Nhân $2$ vế BĐT với $b+c$ ta cần CM:

$\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a} \geq \frac{(b+c)^2}{a+b}+b+c$

Cộng vế theo vế của:

$\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b} \geq 2c$

$\frac{b^2}{c}+c \geq 2b$

$\frac{c^2}{a}+\frac{b^2}{b} \geq \frac{(b+c)^2}{a+b}$

Ta có đpcm

-------------------------------------------------

@ducvipdh12: lâu lâu làm 1 bài nhẹ nhàng để kéo cả mấy bạn THCS vào nữa ,mà bài này vẫn có nhiều cách lắm

@Anh: dạ vâng, mấy bài tầm MO trên dưới 5 năm nay khó, ý tưởng k nhiều, mấy bài này là phù hợp, cơ mà các bạn lp 9 đang ôn thi nên chắc ít lên VMF r ạ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 04-06-2015 - 15:29

[hoanglong2k]

Bài 76: ( Belarus 1998 ) Cho các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh bất đẳng thức sau:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+1$

$$BDT\Leftrightarrow \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+1 \geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{a+b}+2$$

$$\Leftrightarrow \frac{a^2}{ab}+\frac{b^2}{bc}+\frac{c^2}{ac}+\frac{b^2}{b^2}\geq \frac{(a+b+c+b)^2}{ab+bc+ac+b^2}$$

 ( Luôn đúng theo Cauchy-Schwarz )

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 04-06-2015 - 15:52

[khanghaxuan]

Bài 76 : (Cách khác )

$\sum \frac{a}{b}\geq \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{c+a}+1$

$\Leftrightarrow \sum \frac{a}{b}\geq \frac{\frac{a}{b}+1}{1+\frac{c}{b}}+\frac{1+\frac{c}{b}}{\frac{a}{b}+1}+1$

Đến đây , thấy ngay nếu đặt : $\left\{\begin{matrix} x=\frac{a}{b} & \\ y=\frac{c}{b} & \end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{c}{a}=\frac{y}{x}$

Do đó , ĐPCM viết lại : $x+\frac{1}{y}+\frac{y}{x}\geq \frac{x+1}{y+1}+\frac{y+1}{x+1}+1$

Đến không do dự quy đồng lên ta được : $x^{3}y^{2}+x^{2}+x+y^{3}+y^{2}\geq x^{2}y+2xy^{2}+2xy$

Luôn đúng theo AM-GM

-----------------------------------------

@ducvipdh12: Khang em coi quản lí Topic hộ anh với,hiện tại anh đang bận ôn thi tốt nghiệp với đang soạn thảo tài liệu để làm chuyên đề bên tổ hợp rời rạc với dãy số, làm nhiều cái cùng lúc khó khăn quá

@Khanghaxuan : Ok anh , cứ để topic em quản lý cho , anh cứ chuyên tâm đi thi và soạn tài liệu thật tốt nhé !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 04-06-2015 - 16:36

[nhungvienkimcuong]

Bài 70: (Saudi Arabia TST 2015) Cho $ x, y, z $ là các số thực dương thỏa: $ (x+y+z)\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\right)=10 $.
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của: $ P=(x^2+y^2+z^2)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}+\dfrac{1}{z^2}\right) $

vì bđt này thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=10\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$

từ điều kiện trên ta dễ dàng có được $a,b,c\in \left [ 2,5 \right ]$ nên ta cũng suy ra được $abc\in \left [ \frac{125}{4},32 \right ]$

mặt khác thì $\mathcal{P}=\mathcal{F}(t)$ với $t=abc\in \left [ \frac{125}{4},32 \right ]$

tới đây thì xét hàm được rồi

cách trên thầy Dũng bày ,ban đầu em cũng làm giống anh binhnhaukhong sau thầy Dũng bày cách chuẩn hóa trên cũng xử lí được mấy bài sau

$1,$ với $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=\frac{27}{2}$

Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2\leq 2(ab+bc+ca)$

 

$2,$ $x,y,z$ là các số thực dương mà $(x+y+z)^3=32xyz$

Tìm GTNN và GTLN của $\mathcal{P}=\frac{x^4+y^4+z^4}{(x+y+z)^4}$

 

 

Bài 74:(Poland 2004)

Cho $a,b,c$ là các số thực $a+b+c=0$.CMR:

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+3\geq 6abc$

đặt $n=ab+bc+ca,p=-abc$ do đó $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình $x^3-nx+p=0$

theo điều kiện phương trình có nghiệm thì $p^2\leq \frac{-4}{27}n^3$

ta cần chứng minh $n^2+3+6p\geq 0$

dễ thấy $(n^2+3)^2\geq \frac{-144}{27}n^3\geq 36p^2\Rightarrow n^2+3\geq -6p$

do đó bđt được chứng minh

 

Bài 75: (Việt Nam 1996)

Cho $a,b,c$ là các số thực.CMR:

$(a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4\geq \frac{4}{7}(a^4+b^4+c^4)$

đổi biến $\left ( a+b,b+c,c+a \right )\rightarrow \left ( 2x,2y,2z \right )$

do đó ta cần chứng minh

$\sum (y+z-x)^4\leq 28\sum x^4$

sau khi khai triển ra ta có

$\sum (y+z-x)^4=4\left ( \sum x^2 \right )^2+16\sum x^2y^2-\left ( \sum x \right )^4\leq 28\sum x^4$

bài này biết mỗi cách này là trực tiếp

bài toán sau đây cũng là một cách giải khác cho bài toán trên

 

Với $a,b,c,d$ là các số thực mà $a+b+c+d=0$.Chứng minh rằng

$7(a^2+b^2+c^2+d^2)^2\geq 12(a^4+b^4+c^4+d^4)$

 

lâu ngày không làm bất sợ lụt

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 04-06-2015 - 16:34

[khanghaxuan]

vì bđt này thuần nhất nên ta chuẩn hóa $a+b+c=10\Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=1$

từ điều kiện trên ta dễ dàng có được $a,b,c\in \left [ 2,5 \right ]$ nên ta cũng suy ra được $abc\in \left [ \frac{125}{4},32 \right ]$

mặt khác thì $\mathcal{P}=\mathcal{F}(t)$ với $t=abc\in \left [ \frac{125}{4},32 \right ]$

tới đây thì xét hàm được rồi

cách trên thầy Dũng bày ,ban đầu em cũng làm giống anh binhnhaukhong sau thầy Dũng bày cách chuẩn hóa trên cũng xử lí được mấy bài sau

$1,$ với $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )=\frac{27}{2}$

Chứng minh rằng $a^2+b^2+c^2\leq 2(ab+bc+ca)$

 

$2,$ $x,y,z$ là các số thực dương mà $(x+y+z)^3=32xyz$

Tìm GTNN và GTLN của $\mathcal{P}=\frac{x^4+y^4+z^4}{(x+y+z)^4}$

 

đặt $n=ab+bc+ca,p=-abc$ do đó $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình $x^3-nx+p=0$

theo điều kiện phương trình có nghiệm thì $p^2\leq \frac{-4}{27}n^3$

ta cần chứng minh $n^2+3+6p\geq 0$

dễ thấy $(n^2+3)^2\geq \frac{-144}{27}n^3\geq 36p^2\Rightarrow n^2+3\geq -6p$

do đó bđt được chứng minh

 

đổi biến $\left ( a+b,b+c,c+a \right )\rightarrow \left ( 2x,2y,2z \right )$

do đó ta cần chứng minh

$\sum (y+z-x)^4\leq 28\sum x^4$

sau khi khai triển ra ta có

$\sum (y+z-x)^4=4\left ( \sum x^2 \right )^2+16\sum x^2y^2-\left ( \sum x \right )^4\leq 28\sum x^4$

bài này biết mỗi cách này là trực tiếp

bài toán sau đây cũng là một cách giải khác cho bài toán trên

 

Với $a,b,c,d$ là các số thực mà $a+b+c+d=0$.Chứng minh rằng

$7(a^2+b^2+c^2+d^2)^2\geq 12(a^4+b^4+c^4+d^4)$

 

lâu ngày không làm bất sợ lụt

Mình xin nhận xét một vài điều như sau : 

I . Bài 70 : Mình nhận thấy chuẩn hóa $a+b+c=10$ là một ý tưởng hay và mang tính tổng quát cao . Hơn thế nữa việc chuyển từ một bài toán ở đẳng cấp TST sang một dạng bài dùng đạo hàm bình thường thì quả đó là một lời giải đẹp  . Qua bài toán trên thì một cách mơ hồ cho thấy kỹ thuật chuẩn hóa vẫn chưa được khai thác tối đa và chưa được sử dụng đúng thực lực của nó

II. Bài 74 :  Khi thoạt nhìn qua bài toán trên thì trong đầu mình đầu tiên nghĩ tới là : pp PQR , xét trường hợp , DAC , hơn thế nữa là MV , ... . May mắn thay , cách của bạn nhungvienkimcuong  dựa trên điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 3 (Một ý tưởng có vẻ khó nhận ra ) đã mở ra cho chúng ta một hướng đi mới với những loại bài như trên

III. Bài 75 : Cách giải của nhungviekimcuong rất hay . Cách mình cũng không khác cách của bạn ấy nhưng mình xin phân tích bài giải của mình . 

Thực sự , khi gặp các dạng bài như dạng bài 75 , mình cố gằng tìm dấu $=$ nhưng lại không thấy do đó minh chợt nghĩ tới ý tưởng của phương pháp SS với các bđt lệch tâm bằng cách chứng minh một bđt mạnh hơn mà giá trị tại dấu $=$ là tối thiểu . Sau khi thử nhiều số thì nhận thấy với bộ cặp số $(-3,1,1)$ làm cho giá trị $VT-VP$ có vẻ như là nhỏ nhất và đẹp nhất . Thế nên không do dự , dựa vào kết quả thừa  mình cộng thêm vế phải một đại lượng $\frac{4}{7}(x+y+z)^{4}$ để bđt xảy ra khi (-3,1,1) và các hoán vị . Nên ta cần chứng minh : $(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{4}{7}(a^{4}+b^{4}+c^{4}+(a+b+c)^{4})$

Tiếp nối ý tưởng của  nhungvienkimcuong  , đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & & \\ b+c=y & & \\ c+a=z & & \end{matrix}\right.$

Khai triển và rút gọn (Trâu bò đấy ) ta được : $24(\sum x^{4})\geq 24\sum (xy)^{2}$ (luôn đúng) (Có thể phân tích sai )

[Bui Ba Anh]

Bài 75: (Việt Nam 1996)

Cho $a,b,c$ là các số thực.CMR:

$(a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4\geq \frac{4}{7}(a^4+b^4+c^4)$

Spoiler

Làm nóng lại topic nào!

Một ý tưởng khá tự nhiên cho bài này là dồn biến (do có thể thấy ngay $t=\frac{b+c}{2}$)

Mời một thánh trình bày

p/s: dồn nãy giờ chưa ra loạn não

[khanghaxuan]

Một ý tưởng khá tự nhiên cho bài này là dồn biến (do có thể thấy ngay $t=\frac{b+c}{2}$)

Mời một thánh trình bày

p/s: dồn nãy giờ chưa ra loạn não

Bạn tìm được dấu $=$ chưa vậy ?  Nếu chưa tìm thấy thì xem chừng dồn biến bị lố đó !  

[khanghaxuan]

Quá ấn tượng với cách giải bài 74 của nhungvienkimcuong  mạng phép đề xuất bài toán sau với một ý tưởng tương tự 

Spoiler

Mong là không phải ăn gạch

Bài 77 : Cho $a,b,c\in R$ thỏa mãn : $a^{2}+b^{2}+c^{2}=ab+bc+ca+4$ . Tìm min của : 

$P=18(ab+bc+ca)^{2}-(ab+bc+ca)(ab+bc+ca-48)+9abc$

[Bui Ba Anh]

Bạn tìm được dấu $=$ chưa vậy ?  Nếu chưa tìm thấy thì xem chừng dồn biến bị lố đó !  

Mình chỉ tìm 1 dấu bằng là $(a,b,c)=(0,0,0)$

Khúc sau $f(a,t,t) \geq 0$ ổn r

Còn khúc đầu bậc cao chưa CM đc

[hoanglong2k]

Mình chỉ tìm 1 dấu bằng là $(a,b,c)=(0,0,0)$

Khúc sau $f(a,t,t) \geq 0$ ổn r

Còn khúc đầu bậc cao chưa CM đc

 Do $\sum a(a+b+c)=(\sum a)^2\geq 0$ nên 1 trong 3 số $a(a+b+c)~;b(a+b+c)~;c(a+b+c)$ không âm

 Không mất tính tổng quát, giả sử $a(a+b+c)\geq 0$

 Khi đó :

 $f(a,b,c)-f(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2})=\left [ \frac{3(b^2+c^2)}{28}+3a(a+b+c)+\frac{15(b+c)^2}{56} \right ](b-c)^2\geq 0$

 $\Rightarrow f(a,b,c)\geq f(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 04-06-2015 - 17:29

[khanghaxuan]

 Do $\sum a(a+b+c)=(\sum a)^2\geq 0$ nên 1 trong 3 số $a(a+b+c)~;b(a+b+c)~;c(a+b+c)$ không âm

 Không mất tính tổng quát, giả sử $a(a+b+c)\geq 0$

 Khi đó :

 $f(a,b,c)-f(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2})=\left [ \frac{3(b^2+c^2)}{28}+3a(a+b+c)+\frac{15(b+c)^2}{56} \right ](b-c)^2\geq 0$

 $\Rightarrow f(a,b,c)\geq f(a,\frac{b+c}{2},\frac{b+c}{2})$

Em thử dồn biến hàm số chưa . Đạo hàm hơn 10 phút mà mới tới đạo hàm cấp hai

[longatk08]

lúc đầu mình cũng nghĩ cách mình chưa ổn lắm, nhưng trong tài liệu Những viên kim cương trong bất đẳng thức toán học, phần phương pháp ABC, có 1 ví dụ là bài Iran 1996, dạng vẫn tương tự vậy, hệ số bậc cao nhất là dương, hàm cần chứng minh vẫn là cực tiểu, áp dụng bình thường bạn à

Đọc kĩ lại xem có nhầm lẫn không.SÁch in sai chiều mà nhìn là thấy ngay.

[longatk08]

 

III. Bài 75 : Cách giải của nhungviekimcuong rất hay . Cách mình cũng không khác cách của bạn ấy nhưng mình xin phân tích bài giải của mình . 

Thực sự , khi gặp các dạng bài như dạng bài 75 , mình cố gằng tìm dấu $=$ nhưng lại không thấy do đó minh chợt nghĩ tới ý tưởng của phương pháp SS với các bđt lệch tâm bằng cách chứng minh một bđt mạnh hơn mà giá trị tại dấu $=$ là tối thiểu . Sau khi thử nhiều số thì nhận thấy với bộ cặp số $(-3,1,1)$ làm cho giá trị $VT-VP$ có vẻ như là nhỏ nhất và đẹp nhất . Thế nên không do dự , dựa vào kết quả thừa  mình cộng thêm vế phải một đại lượng $\frac{4}{7}(x+y+z)^{4}$ để bđt xảy ra khi (-3,1,1) và các hoán vị . Nên ta cần chứng minh : $(a+b)^{4}+(b+c)^{4}+(c+a)^{4}\geq \frac{4}{7}(a^{4}+b^{4}+c^{4}+(a+b+c)^{4})$

Tiếp nối ý tưởng của  nhungvienkimcuong  , đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & & \\ b+c=y & & \\ c+a=z & & \end{matrix}\right.$

Khai triển và rút gọn (Trâu bò đấy ) ta được : $24(\sum x^{4})\geq 24\sum (xy)^{2}$ (luôn đúng) (Có thể phân tích sai )

Xin góp ý cho bạn là S-S với dấu bằng không đạt được tại tâm thì biểu thức thêm vào thường là $abcf(a,b,c)$ với điều kiện $a,b,c$ không âm với điều kiện $a,b,c$ thực như thế này thì $S-S$ hay thậm chí $p,q,r$ thì không khả quan mà DAC thì hơi lố.Ở đây dồn biến là ý tưởng tự nhiên nhất nếu so sánh với cách giải khác như bạn kimcuong đề cập là đi từ 1 bài toán phụ

[Tifantasca]

Bài 78: (Crux Mathematicorum) Nếu $ a, b, c > 0 $ và $ a < b+c $ thì:
\[\dfrac{a}{1+a} < \dfrac{b}{1+b}+\dfrac{c}{1+c}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tifantasca: 05-06-2015 - 14:48

[khanghaxuan]

Lời giải bài 78 : 

$\frac{a}{1+a}<\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}\Leftrightarrow \frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{1}{1+a}>1(*)$

Áp dụng giả thiết ta được : $\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{1}{1+a}> \frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{1}{1+b+c}$

Ta cần chứng minh : $\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{1}{1+b+c}>1$

Thật vậy : $\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}+\frac{1}{1+b+c}=\frac{b^{2}}{b^{2}+b}+\frac{c^{2}}{c+c^{2}}+\frac{1}{1+b+c}>\frac{(b+c+1)^{2}}{b^{2}+c^{2}+1+2b+2c}=1+\frac{2bc}{b^{2}+c^{2}+1+2b+2c}>1$

 

Bài toán mạnh hơn : $\frac{b}{1+b+c}+\frac{c}{1+b+c}>\frac{a}{1+a}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 05-06-2015 - 15:18