Đến nội dung


Nguyenhuyen_AG

Đăng ký: 09-09-2010
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 08:51
****-

#668888 CM: $x^4+x+2>0$.

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong Hôm qua, 20:51

hệ số bất định ? anh có thể nói rõ hơn được không ?  :D

 

Tức là mình sẽ tạo một đa thức bậc bốn với các số hạng không âm sau đó đồng nhất hệ số với $x^4+x+2$ và giải một hệ phương trình hệ số. Tương tự như bài này.




#668859 Cho $a, b, c > 0.$ Chứng minh rằng $\frac{a+b+c...

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong Hôm qua, 15:47

Cho $a, b, c > 0.$ Chứng minh rằng $\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\geq 4.$

 

Có thể dùng dồn biến. Chuẩn hóa $abc=1$ và và xét

\[f(a,b,c) = (a+b+c - 4)(a+b)(b+c)(c+a) + 8.\]

Đi chứng minh

\[f(a,b,c) \geqslant f(t,t,c) \; \text{ với } t = \sqrt{ab} \geqslant 1,\]

và kiểm tra

\[f(t,t,c) = f\left(t,t,\frac{1}{t^2}\right)=\frac{2[(2t^3+2t+1)(t^2-1)^2+t^2(2t+1)](t-1)^2}{t^5} \geqslant 0.\]




#668518 CMR: $7(ab+bc+ca)^2\ge 18abc+27(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)$

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 16-01-2017 - 11:08

Xét ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn: $a+b+c=1$.

Chứng minh rằng: $7(ab+bc+ca)^2\ge 18abc+27(a^3b^3+b^3c^3+c^3a^3)$

 

Bất đẳng thức này tương đương với

\[9abc \sum a(a-b)(a-c) + \sum (a^2-bc) \sum (a^2b^2 - a^2bc) + 6(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2 \geqslant 0.\]




#668424 Chứng minh rằng $\sum \frac{ab}{(a+b)^{2...

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 15-01-2017 - 15:35

Cho $a, b, c \in \mathbb{R}$ sao cho $(a+b)(b+c)(c+a) > 0.$ Chứng minh rằng $\sum \frac{ab}{(a+b)^{2}}+\frac{5}{4}\geq \frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^{2}}.$

Đặt $p=a+b+c,$ $q=ab+bc+ca$ và $r=abc$ Khi đó

\[\sum \frac{ab}{(a+b)^{2}}+\frac{5}{4} - \frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^{2}} = \frac{r(p^2-3q)[5p(p^2-3q)+7p^3+51r]+3q(5pq+3r)(p^3-4pq+9r)}{12p^2(pq-r)^2}.\]

Hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Schur bậc 3.




#667912 chứng minh $-\frac{1}{2}\leqslant \fr...

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 10-01-2017 - 19:38

chứng minh $-\frac{1}{2}\leqslant \frac{(a+b)(1-ab)}{(1+a^{2})(1+b^{2})}\leqslant \frac{1}{2}$

 

Ta có

\[\frac{(a+b)(1-ab)}{(1+a^{2})(1+b^{2})}- \frac{1}{2} = \frac{(ab-a-b-1)^2}{2(1+a^{2})(1+b^{2})} \geqslant 0,\]

\[\frac{1}{2}-\frac{(a+b)(1-ab)}{(1+a^{2})(1+b^{2})} = \frac{(ab+a+b-1)^2}{2(1+a^{2})(1+b^{2})} \geqslant 0.\]




#667806 $\sum \frac{(a+1)(3a^2+ab+b^2)}{(2a+b)(b^2+c^2)}\geq 10...

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 09-01-2017 - 21:34

Cho $a,b,c>0$ và $a+b+c=1$. Chứng minh rằng
\[\frac{(a+1)(3a^2+ab+b^2)}{(2a+b)(b^2+c^2)}+\frac{(b+1)(3b^2+bc+c^2)}{(2b+c)(c^2+a^2)}+\frac{(c+1)(3c^2+ca+a^2)}{(2c+a)(a^2+b^2)}\geq 10\]

 

Trông kết quả này chắc có một số bạn sẽ bỏ toán. Xét

\[P = \frac{(a+1)(3a^2+ab+b^2)}{(2a+b)(b^2+c^2)}+\frac{(b+1)(3b^2+bc+c^2)}{(2b+c)(c^2+a^2)}+\frac{(c+1)(3c^2+ca+a^2)}{(2c+a)(a^2+b^2)}-10,\]

và đặt

\[\begin{aligned}
A&=36a^6+102a^5b+37a^5c+114a^4b^2+104a^4bc+126a^3b^3+102a^3b^2c\\&+81a^2b^4+133a^2b^3c+12a^2bc^3+18ab^5+68ab^4c+9ab^3c^2+12b^2c^4+6bc^5,\end{aligned}\]

thì

\[P = \frac{\displaystyle \sum bA(a-b)^2}{(2a+b)(2c+a)(2b+c)(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)} \geqslant 0.\]




#667798 ${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+kabc\ge 3+k$

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 09-01-2017 - 21:13

Bài toán 1: Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn $a+b+c=3$. Tìm hằng số k lớn nhất để bđt sau đúng:
$${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+kabc\ge 3+k$$
Bài toán 2: (Stranger411)Cho các số thực không âm a,b,c thỏa $ab+bc+ca=3$. Tìm hằng số k lớn nhất để bđt sau đúng:

$${{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+kabc\ge 3+k$$

 

Bài $k_{\max} = \frac{15}{4}$ nó chính là bất đẳng thức Schur bậc ba và từng là đề thi Olympic 30/4. Còn bài 2 $k_{\max} = 6\sqrt{3}-3.$ Với hằng số này xét

\[P = \left[{{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+(6\sqrt{3}-3)abc\right]^2-4(ab+bc+ca)^3.\]

Ta có

\[P = \sum (a^2+bc) \sum a^2(a-b)(a-c) + 6(2\sqrt{3}-3)abc(a+b+c)\sum (a^2-bc) +12abc\sum a(a-b)(a-c).\]

Dễ thấy $P$ không âm nên ta có điều phải chứng minh.




#667542 CMR: $(ab+bc+ca)(a+b+c)^3+48(ab+bc+ca)abc-25abc(a+b+c)^2\geq 0$

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 08-01-2017 - 00:44

Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng:

$(ab+bc+ca)(a+b+c)^3+48(ab+bc+ca)abc-25abc(a+b+c)^2\geq 0$

 

Bài này là một bài quen cũ của Vasile cách đơn giản nhất là dùng dồn biến

\[(ab+bc+ca)(a+b+c)^3+48(ab+bc+ca)abc-25abc(a+b+c)^2= \sum c(a-b)^2(a+b-3c)^2 \geqslant 0.\]




#667401 Tổng hợp một số câu BĐT chưa có lời giải trong BOX BĐT

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 06-01-2017 - 23:59

Bài 56.
Ch0 $a,b,c$ là các số thực dương.Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{b+2c}+\frac{b}{c+2a}+\frac{c}{a+2b}\leq \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$

 

\[\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} - \sum \frac{a}{b+2c} = \frac{\displaystyle \sum ca(2a+3b+c)(a-b)^2}{(ab+bc+ca)(b+2c)(c+2a)(a+2b)} \geqslant 0.\]

P/s. Các bài toán trên đều là các bài cũ trên AoPS và chúng đều có các chứng minh rất sơ cấp và đẹp mắt.




#667400 Tổng hợp một số câu BĐT chưa có lời giải trong BOX BĐT

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 06-01-2017 - 23:39

Bài 39.

Chứng minh rằng với mọi thực dương $a,b,c$ ta luôn có:
$$\frac{3(a+b+c)}{2(ab+bc+ca)}\geq \frac{a}{a^2+b^2}+\frac{b}{b^2+c^2}+\frac{c}{c^2+a^2}$$

 

Ta có

\[\frac{3(a+b+c)}{2(ab+bc+ca)} - \sum \frac{a}{a^2+b^2}= \frac{\displaystyle \sum ca(3c^2a+ab^2+2bc^2+2ca^2)(a-b)^2+\sum c^3(b-c)^2(a-b)^2}{2(ab+ac+bc)(a^2+b^2)(b^2+c^2)(a^2+c^2)}.\]

 

 


Bài 40.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$. Chứng minh rằng:
$$\frac{a^2+b^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2+c^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2+a^2}{(c+a)^2}+\frac{a+b+c}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}}\geq \frac{5}{2}$$

 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

\[2\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)} \leqslant \frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}+a+b+c.\]

Ta quy bài toán về chứng minh

\[P = \sum \frac{a^2+b^2}{(a+b)^2} + \frac{(a+b+c)^2}{\displaystyle 2\sum a^2 + \sum bc} - \frac{5}{2} \geqslant 0.\]

Ta có

\[P = \frac{\displaystyle \sum (4a^4b^2+a^4c^2+10a^3b^2c+6a^3bc^2+3a^2b^4+16ab^2c^3+9abc^4+13ac^5+7b^2c^4+11bc^5)(a-b)^2}{\displaystyle \left(2\sum a^2 + \sum bc\right) \prod (a+b)^2}.\]




#667396 Tổng hợp một số câu BĐT chưa có lời giải trong BOX BĐT

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 06-01-2017 - 23:06


Bài 5:  Cho  $a,b,c>0$. Chứng minh  $\frac{4a^2-b^2-c^2}{a(b+c)}+\frac{4b^2-c^2-a^2}{b(c+a)}+\frac{4c^2-a^2-b^2}{c(a+b)}\leq 3$

 

 

Bài này có trong quyển Phân loại và phương pháp giải toán bất đẳng thức, bạn nào muốn tìm lời giải đẹp có thể tìm đọc tham khảo

\[3 - \sum \frac{4a^2-b^2-c^2}{a(b+c)} = \frac{c^2(c^2+ab)(a-b)^2+a^2(a^2+bc)(b-c)^2+b^2(b^2+ca)(c-a)^2}{abc(a+b)(b+c)(c+a)} \geqslant 0.\]




#666271 $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 +ac+bd \geq \sqrt3$

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 30-12-2016 - 21:30

Cho $ad-bc=1$ CMR

$a^2 + b^2 + c^2 + d^2 +ac+bd \geq \sqrt3$

 

Ta chỉ cần chứng minh

\[P = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 +ac+bd - \sqrt{3}(ad-bc) \geqslant 0.\]

Nhưng vì

\[4P = (\sqrt{3}d-2a-c)^2+(\sqrt{3}c+2b+d)^2 \geqslant 0.\]

Nên ta có điều phải chứng minh.




#665994 $\sum x^3+2\sum x^2y\geq 3\sum xy^2$

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 27-12-2016 - 17:07

Cho x, y, z dương. CMR: $F = \sum x^3+2\sum x^2y - 3\sum xy^2 \geqslant 0.$

 

\[\displaystyle (xy+yz+zx)F = \frac{1}{21} \sum [6xy^2+z(x-y)^2](x-y)^2+\frac{1}{21} \sum zx(14x+5z)(x+y-2z)^2 \geqslant 0.\]




#665867 $\sum \frac{y+z}{2x+y+z}+\frac{4...

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 25-12-2016 - 23:46

Cho x, y, z>0. CMR:

$\frac{y+z}{2x+y+z}+\frac{z+x}{x+2y+z}+\frac{x+y}{x+y+2z}+\frac{4xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq 2$

 

Ta có

\[\text{Vế phải - Vế trái} = \frac{\displaystyle \sum z(4xy^2+3xyz+5xz^2+yz^2+3z^3)(x-y)^2}{\displaystyle (x+y)(y+z)(z+x)\prod (2x+y+z)} \geqslant 0.\]




#665866 $\sum \frac{y+z}{2x+y+z}+\frac{4...

Gửi bởi Nguyenhuyen_AG trong 25-12-2016 - 23:39

Đặt $x+y=a,y+z=b,z+x=c$. Ta có: $x=\dfrac{a+c-b}{2},y=\dfrac{a+b-c}{2},z=\dfrac{b+c-a}{2}$ do đó BĐT tương đương $\sum\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{2abc} \leq 2$(đúng)

 

Với phép đặt này thì $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác $ABC$ nào đó. Gọi $p,R,r$ lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn ngoại tiếp, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC.$ Khi đó

\[\sum \frac{a}{b+c} = \frac{2(p^2-Rr-r^2}{p^2+2Rr+r^2},\]

\[\dfrac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{2abc} = \frac{r}{R},\]

cho nên bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\[\frac{2(p^2-Rr-r^2}{p^2+2Rr+r^2}+\frac{r}{R} \leqslant 2,\]

hay là

\[6R^2+2Rr-p^2-r^2 \geqslant 0,\]

hoặc

\[2(R+r)(R-2r)+(4R^2+4Rr+3r^2-p^2) \geqslant 0.\]

Hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Euler's và bất đẳng thức Gerretsen's nên ta có điều phải chứng minh.