Chủ đề này có 139 trả lời

[Ngockhanh99k48]

Sử dụng AM-GM ta có:
$a^2+4c^2 \geq 4ac=\frac{8}{b}$. Tiếp tục sử dụng AM-GM ta có: $a^2+2b^2+4c^2-6b \geq \frac{8}{b}+b^2+b^2-6b \geq 3\sqrt[3]{\frac{8}{b}.b^2.b^2}-6b=0$.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow$ $(a,b,c)=(\sqrt{2}, 2, \frac{1}{\sqrt{2}})$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 26-06-2016 - 08:05

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 46 (JBMO). Cho $a,b,c $ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\frac{8}{(a+b)^2 + 4abc} + \frac{8}{(b+c)^2 + 4abc} + \frac{8}{(a+c)^2 + 4abc} + a^2 + b^2 + c ^2 \ge \frac{8}{a+3} + \frac{8}{b+3} + \frac{8}{c+3}.\]
 

[the unknown]

Bài 46 (JBMO). Cho $a,b,c $ là ba số thực dương. Chứng minh rằng
\[\frac{8}{(a+b)^2 + 4abc} + \frac{8}{(b+c)^2 + 4abc} + \frac{8}{(a+c)^2 + 4abc} + a^2 + b^2 + c ^2 \ge \frac{8}{a+3} + \frac{8}{b+3} + \frac{8}{c+3}.\]
 

Ta có: $\sum \frac{8}{(a+b)^2+4abc}+\sum a^2\geq \sum \frac{8}{(a+b)^2+c(a+b)^2}+\sum \frac{a^2+b^2}{2}\geq \sum (\frac{8}{(c+1)(a+b)^2}+\frac{(a+b)^2}{4})\geq \sum \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}$

Bất đẳng thức chứng minh đúng bởi vì ta có đánh giá sau: $\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\geq \frac{8}{a+3}\Leftrightarrow (a+3)^2\geq 8a+8\Leftrightarrow (a-1)^2\geq 0$ ( luôn đúng ).

Và vì vậy nên: $\sum \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{a+1}}\geq \sum \frac{8}{a+3}$.

Vậy bất đẳng thức chứng minh đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 26-06-2016 - 20:11

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 47 (Taiwan TST). Cho ba số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $(a+b)(b+c)(c+a) > 0.$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
\[(a+b+c)^{2016}\left(\frac{1}{a^{2016}+b^{2016}}+\frac{1}{b^{2016}+c^{2016}}+\frac{1}{c^{2016}+a^{2016}}\right).\]
 

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 48 (Japan MO Final). Cho bốn số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn điều kiện $ab+bc+cd =1.$
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P (a^2+ac+c^2)(b^2+bd+d^2).$$
 

[the unknown]

Bài 48 (Japan MO Final). Cho bốn số thực $a,b,c,d$ thỏa mãn điều kiện $ab+bc+cd =1.$
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P (a^2+ac+c^2)(b^2+bd+d^2).$$
 

Bài 48: Ta xét: $S=(a^2+ac+c^2)(b^2+bd+d^2)-(ab+bc+cd)^2=(ad-bc)(ab+ad+cd)=(ad-bc)(1+ad-bc)=(ad-bc+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}\geq -\frac{1}{4}$

$\Rightarrow P\geq (ab+bc+cd)^2-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$

Đẳng thức xảy ra tương đương với việc ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} ad-bc=-\frac{1}{2}\\ ab+bc+cd=1\\ \end{matrix}\right.$

Hệ này có nghiệm, ví dụ như bộ nghiệm: $(a,b,c,d)\sim (0,\frac{1}{2},1,\frac{1}{2})$

Như vậy ta có giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{3}{4}$, xảy ra chẳng hạn khi $(a,b,c,d)\sim (0,\frac{1}{2},1,\frac{1}{2})$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 13-07-2016 - 21:26

[moonkey01]

Bài 48: Ta xét: $S=(a^2+ac+c^2)(b^2+bd+d^2)-(ab+bc+cd)^2=(ad-bc)(ab+ad+cd)=(ad-bc)(1+ad-bc)=(ad-bc+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}\geq -\frac{1}{4}$

$\Rightarrow P\geq (ab+bc+cd)^2-\frac{1}{4}=\frac{3}{4}$

Đẳng thức xảy ra tương đương với việc ta có hệ: $\left\{\begin{matrix} ad-bc=-\frac{1}{2}\\ ab+bc+cd=1\\ \end{matrix}\right.$

Hệ này có nghiệm, ví dụ như bộ nghiệm: $(a,b,c,d)\sim (0,\frac{1}{2},1,\frac{1}{2})$

Như vậy ta có giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{3}{4}$, xảy ra chẳng hạn khi $(a,b,c,d)\sim (0,\frac{1}{2},1,\frac{1}{2})$.

 

Làm thế nào để có cách tách "kỳ diệu" như thế nhỉ

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 49 (Bulgaria). Cho $a,b,c,d0$ là bốn số thực dương. Chứng minh rằng

\[\frac {a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[4]{abcd}}{4} \leq \sqrt[4]{a \cdot \frac{a+b}{2} \cdot \frac{a+b+c}{3} \cdot \frac{a+b+c+d}{4}}.\]
 

[the unknown]

Bài 49 (Bulgaria). Cho $a,b,c,d0$ là bốn số thực dương. Chứng minh rằng

\[\frac {a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[4]{abcd}}{4} \leq \sqrt[4]{a \cdot \frac{a+b}{2} \cdot \frac{a+b+c}{3} \cdot \frac{a+b+c+d}{4}}.\]
 

Ta có các BĐT sau theo AM-GM cho 4 số thực dương:

$\frac{1}{4}(1+\frac{2a}{a+b}+\frac{3a}{a+b+c}+\frac{4a}{a+b+c+d})\geq \sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3a}{a+b+c}.\frac{4a}{a+b+c+d}}$

 

$\frac{1}{4}\left ( 1+1+\frac{2b}{a+b}+\frac{4c}{a+b+c+d} \right )\geq \sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{4c}{a+b+c+d}}$

 

$\frac{1}{4}\left ( 1+\frac{2b}{a+b}+\frac{3c}{a+b+c}+\frac{4d}{a+b+c+d}\right )\geq \sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{3c}{a+b+c}.\frac{4d}{a+b+c+d}}$

 

$\frac{1}{4}(1+\frac{2a}{a+b}+\frac{3b}{a+b+c}+\frac{4b}{a+b+c+d})\geq \sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3b}{a+b+c}.\frac{4b}{a+b+c+d}}$

 

Cộng tất cả các bất đẳng thức trên lại và ta thu được:

 

$4\geq \sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3a}{a+b+c}.\frac{4a}{a+b+c+d}}+\sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{4c}{a+b+c+d}}+\sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{3c}{a+b+c}.\frac{4d}{a+b+c+d}}+\sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3b}{a+b+c}.\frac{4b}{a+b+c+d}}$

 

Suy ra:

 

$\sqrt[4]{a.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b+c}{3}.\frac{a+b+c+d}{4}}\geq \frac{1}{4}(a+\sqrt{ab}+\sqrt[4]{abc.\frac{a+b+c}{3}}+\sqrt[4]{abcd})\geq \frac{1}{4}(a+\sqrt{ab}+\sqrt[4]{abc.\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[4]{abcd})=\frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[4]{abcd}}{4}$

Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d$.

 

Remark

Ta có bài toán tương tự sau của anh Dinh Xuan Hung (PSW 356):

Cho $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5>0$. Chứng minh rằng:

 

$\frac{a_1+\sqrt{a_1a_2}+\sqrt[3]{a_1a_2a_3}+\sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}+\sqrt[5]{a_1a_2a_3a_4a_5}}{5} \leq \sqrt[5]{a_1.\frac{a_1+a_2}{2}.\frac{a_1+a_2+a_3}{3}.\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}.\frac{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{5}}$

 

Trên AoPS có một bài toán tổng quát sau:

Cho $a_1,a_2,...,a_n>0$. Chứng minh rằng: 

$\frac{a_1+\sqrt{a_1a_2}+\cdots +\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}}{n}\leq \sqrt[n]{a_1.\frac{a_1+a_2}{2}\cdots \frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 18-07-2016 - 11:17

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 50 (Taiwan TST Round 2). Cho hai số thực dương $x,y$ thỏa mãn điều kiện $x+y=1.$ Chứng minh rằng
\[\frac{x}{x^2+y^3}+\frac{y}{x^3+y^2} \leqslant 2 \left(\frac{x}{x+y^2}+\frac{y}{x^2+y}\right).\]
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 19-07-2016 - 18:14

[moonkey01]

Bài 50 (Taiwan TST Round 2). Cho hai số thực dương $x,y$ thỏa mãn điều kiện $x+y=1.$ Chứng minh rằng
\[\frac{x}{x^2+y^3}+\frac{y}{x^3+y^2} \leqslant 2 \left(\frac{x}{x+y^2}+\frac{y}{x^2+y}\right).\]
 

 

Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có $(x^2+y^3)(1+y)\geq (x+y^2)^2>0$. Suy ra $\frac{x}{x^2+y^3}\leq \frac{x(1+y)}{(x+y^2)^2}$.

 

Tương tự ta có $\frac{y}{y^2+x^3}\leq \frac{y(1+x)}{(y+x^2)^2}$. Cộng vế theo vế với BĐT trên, ta có:

 

$\frac{x}{x^2+y^3}+\frac{y}{y^2+x^3}\leq \frac{x(1+y)}{(x+y^2)^2}+\frac{y(1+x)}{(y+x^2)^2}$.

 

Ta sẽ chứng minh $\frac{x(1+y)}{(x+y^2)^2}+\frac{y(1+x)}{(y+x^2)^2} \leq 2\left (\frac{x}{x+y^2}+\frac{y}{y+x^2} \right ) (1)$

 

Ta có:

 

$\frac{x(1+y)}{(x+y^2)^2}-\frac{2x}{x+y^2}=\frac{x}{x+y^2}\left ( \frac{1+y}{x+y^2}-2 \right )=\frac{x(1+y-2y^2-2x)}{(x+y^2)^2}=\frac{-x^2(x-y)}{(x+y^2)^2}$

 

$\frac{y(1+x)}{(y+x^2)^2}-\frac{2y}{y+x^2}=\frac{-y^2(y-x)}{(y+x^2)^2}$

 

$(1)\Leftrightarrow \frac{-x^2(x-y)}{(x+y^2)^2}+\frac{-y^2(y-x)}{(y+x^2)^2}\leq 0 \Leftrightarrow -(x-y)\left ( \frac{x^2}{(x+y^2)^2}-\frac{y^2}{(y+x^2)^2} \right )\leq 0\Leftrightarrow \frac{-(x-y)^2(x^2+xy+y^2)}{(x+y^2)(y+x^2)}\left ( \frac{x}{x+y^2}+\frac{y}{y+x^2} \right )\leq 0$ (đúng)

 

Từ đó ta có điều phải chứng minh. ĐTXR $\Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 19-07-2016 - 22:56

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 51.1. (Tuymaada, Junior). Cho ba số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2 \geqslant 3.$ Chứng minh rằng
\[(a+b+c)^3 \geqslant 9(ab+bc+ca).\]
Bài 51.2. (Tuymaada, Seniors). Cho ba số thực $x, y, z\in \left ( \frac{3}{2},+\infty \right ).$ Chứng minh rằng
\[x^{24} + \root 5\of {y^{60}+z^{40}} \geqslant \left(x^4 y^3 + {1\over 3} y^2 z^2 + {1\over 9} x^3 z^3 \right)^2.\]
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 22-07-2016 - 19:31

[moonkey01]

Bài 51.1. (Tuymaada, Junior). Cho ba số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2 \geqslant 3.$ Chứng minh rằng
\[(a+b+c)^3 \geqslant 9(ab+bc+ca).\]

 

Giải: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số dương, ta có:

 

$(a+b+c)^3+(a+b+c)^3+27\geq 9(a+b+c)^2$

 

$\Rightarrow (a+b+c)^3 +\frac{27}{2}\geq \frac{9}{2}(a+b+c)^2=\frac{9}{2}(a^2+b^2+c^2)+9(ab+bc+ca)\geq \frac{27}{2}+9(ab+bc+ca)$

 

Từ đó ta có điều phải chứng minh. ĐTXR $\Leftrightarrow a=b=c=1$

[Baoriven]

Lời giải khác của Bài 51.1:

$\begin{align*} (a+b+c)^3 &=\sqrt{((a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca))^3} \\ &\geq \sqrt{27(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2} \\ &\geq \sqrt{81(ab+bc+ca)^2} \\ &= 9(ab+bc+ca). \end{align*}$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 52 (Taiwan TST). Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức

\[\frac{x^2y^2}{1-z}+\frac{y^2z^2}{1-x}+\frac{z^2x^2}{1-y}\leq k-3xyz,\]

luôn đúng với mọi số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1.$

[Ankh]

Bài 52 (Taiwan TST). Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức

\[\frac{x^2y^2}{1-z}+\frac{y^2z^2}{1-x}+\frac{z^2x^2}{1-y}\leq k-3xyz,\]

luôn đúng với mọi số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1.$

 Áp dụng AM-GM ta có $\sum \dfrac{x^2y^2}{1-z}=\sum \dfrac{x^2y^2}{x+y}\leq \sum \dfrac{xy(x+y)}{4}$

 Nên ta sẽ có $\sum \dfrac{x^2y^2}{1-z}+3xyz\leq \dfrac{1}{4}\left(\sum xy(x+y)+12xyz\right)=\dfrac{1}{4}\left(xy+yz+zx+9xyz\right)\leq \dfrac{1}{6}$

 Hơn nữa tại $k=\dfrac{1}{6}$ thì bất đẳng thức xảy ra dấu "=" tại $x=y=z=1/3$ nên $k_{\min}=\dfrac{1}{6}$

[hoilamchi]

Ta có các BĐT sau theo AM-GM cho 4 số thực dương:

$\frac{1}{4}(1+\frac{2a}{a+b}+\frac{3a}{a+b+c}+\frac{4a}{a+b+c+d})\geq \sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3a}{a+b+c}.\frac{4a}{a+b+c+d}}$

 

$\frac{1}{4}\left ( 1+1+\frac{2b}{a+b}+\frac{4c}{a+b+c+d} \right )\geq \sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{4c}{a+b+c+d}}$

 

$\frac{1}{4}\left ( 1+\frac{2b}{a+b}+\frac{3c}{a+b+c}+\frac{4d}{a+b+c+d}\right )\geq \sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{3c}{a+b+c}.\frac{4d}{a+b+c+d}}$

 

$\frac{1}{4}(1+\frac{2a}{a+b}+\frac{3b}{a+b+c}+\frac{4b}{a+b+c+d})\geq \sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3b}{a+b+c}.\frac{4b}{a+b+c+d}}$

 

Cộng tất cả các bất đẳng thức trên lại và ta thu được:

 

$4\geq \sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3a}{a+b+c}.\frac{4a}{a+b+c+d}}+\sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{4c}{a+b+c+d}}+\sqrt[4]{\frac{2b}{a+b}.\frac{3c}{a+b+c}.\frac{4d}{a+b+c+d}}+\sqrt[4]{\frac{2a}{a+b}.\frac{3b}{a+b+c}.\frac{4b}{a+b+c+d}}$

 

Suy ra:

 

$\sqrt[4]{a.\frac{a+b}{2}.\frac{a+b+c}{3}.\frac{a+b+c+d}{4}}\geq \frac{1}{4}(a+\sqrt{ab}+\sqrt[4]{abc.\frac{a+b+c}{3}}+\sqrt[4]{abcd})\geq \frac{1}{4}(a+\sqrt{ab}+\sqrt[4]{abc.\sqrt[3]{abc}}+\sqrt[4]{abcd})=\frac{a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}+\sqrt[4]{abcd}}{4}$

Vậy bài toán được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d$.

 

Remark

Ta có bài toán tương tự sau của anh Dinh Xuan Hung (PSW 356):

Cho $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5>0$. Chứng minh rằng:

 

$\frac{a_1+\sqrt{a_1a_2}+\sqrt[3]{a_1a_2a_3}+\sqrt[4]{a_1a_2a_3a_4}+\sqrt[5]{a_1a_2a_3a_4a_5}}{5} \leq \sqrt[5]{a_1.\frac{a_1+a_2}{2}.\frac{a_1+a_2+a_3}{3}.\frac{a_1+a_2+a_3+a_4}{4}.\frac{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5}{5}}$

 

Trên AoPS có một bài toán tổng quát sau:

Cho $a_1,a_2,...,a_n>0$. Chứng minh rằng: 

$\frac{a_1+\sqrt{a_1a_2}+\cdots +\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}}{n}\leq \sqrt[n]{a_1.\frac{a_1+a_2}{2}\cdots \frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}}$

Có link bài tổng quát không bạn

[mathstu]

Có link bài tổng quát không bạn

link: có kèm theo lời giải của 1 thành viên trên Aops 

http://diendantoanho...-a-in/?p=646360

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 53 (China SEMO, Grade 11). Cho các số dương $x_1,x_2,\ldots,x_n,\,(n \in \mathbb{Z}^+)$ thỏa mãn điều kiện $x_1x_2\cdots x_n=1.$ Chứng minh rằng

\[\sum\limits_{i = 1}^{n}x_i\sqrt{x^2_1+x^2_2+\cdots + x^2_i}\ge\frac{n+1}{2}\sqrt{n}.\]
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 30-07-2016 - 16:42

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 54 (Azerbaijan JBMO TST). Với $a,b,c$ là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng
\[2(ab+ac+bc)-3abc \geqslant a \sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+b \sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}+c \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}.\]