Với mọi số thực dương a, b, c thõa mãn abc=1. Chứng minh rằng:
$ \sqrt{ 9+16a^{2}}+\sqrt{ 9+16b^{2}}+\sqrt{ 9+16c^{2}}\ge 3+4(a+b+c)$ Middle European Mathematical Olympiad 2012 - Team Compt. T-2 Bài này bên

Mathlinks.ro họ thảo luận rất nhiều!! Mình đưa về để mọi người cùng thảo luận!! Rất mong nhận được lời giải mới cho bài này!!

Cho $ a, b, c \ge 0 $ thỏa mãn: $a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
$ \sqrt{a^2+2b}+\sqrt{b^2+2c}+\sqrt{c^2+2a} \ge 3\sqrt{3} $

Cho $ a, b, c \ge 0 $ là ba số thực. Thỏa mãn: $ a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:
$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{c^2+a} \ge 3\sqrt{2} $

Lúc đầu bạn gõ $\LaTeX$ lỗi mà.Thôi bỏ qua chuyện đó đi.Nhưng mà mình nghĩ bài toán này là 1 bài toán hoán vị,không đối xứng.Tức là mình không thể giả sử $a\geq b\geq c$ được :-s
Kĩ thuật kia là j thế bạn =p~ bạn có tài liệu j về nó không minh xin với

Trên thực tế $(3-c+\sqrt{\frac{3-c}{2}})^{2}+(\sqrt{\frac{3-c}{2}}+\sqrt{c}+c)^{2}\ge 18$ với mọi $c \in [0,3]$ Cho nên ta chỉ cần xét $ a \ge b $ hoặc $ b \ge a $ mà hai trường hợp này thì như nhau!!! Còn $ c $ Max hay Min không quan trọng!Cho nên chỉ cần xét 1 trường hợp cho toàn bài!! Mình nghĩ là vậy!! Còn bạn thì sao?? Còn MKS Cyclic không có trong ebook nào đâu!! Nhưng nếu bạn thích mình có thể trao đổi qua Yahoo!!

Đặt $a=3x,b=3y,c=3z$ thì ta có $x,y,z\geq 0,x+y+z=1$ và cần chứng minh:
$$\sqrt{3(3x^2+y)}+\sqrt{3(3y^2+z)}+\sqrt{3(3z^2+x)}\geq 3\sqrt{2}$$

Lời giải của bạn rất thú vị!!
Nhưng bước này:
$\sqrt{x^2+y}+\sqrt{y^2+z}+\sqrt{z^2+x}\geq 2, x, y, z \ge 0$ Có thể giải đơn giản hơn bằng đánh giá
$ \sqrt{p}+\sqrt{q} \ge \sqrt{r}+\sqrt{p+q-r} $ Với $ r=Min (p,q,r) $ Mình có 1 lời giải bằng Minkowski kết hợp với giải tích!!
__________________________________
Bạn p0st để mọi người cùng học hỏi được không?
Bạn có thể tham khảo về $\LaTeX$ tại:
http://diendantoanho...cong-thức-toan/

Ặc sao bạn kog trả lời ra ngoài mà edit bài mình vậy!!
Latex mình biết gõ mà!!
Đây là lời giải của mình (kỹ thuật mình dùng tạm gọi là MKS Cyclic), không mất tính tổng quát giả sử $ a \ge b \ge c $ Viết lại bất đẳng thức cần chứng mình thành: $ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{a+c^2} \ge 3\sqrt{2} $ Sử dụng bất đẳng thức Minkowski quy bất đẳng thức cần chứng minh thành:
$ \sqrt{a^2+b}+\sqrt{b^2+c}+\sqrt{a+c^2} \ge \sqrt{(a+b+\sqrt{a})^2+(\sqrt{b}+\sqrt{c}+c)^2} $ Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng: $(a+b+\sqrt{a})^2+(\sqrt{b}+\sqrt{c}+c)^2 \ge 18 $ với $ a+b+c=3 $. Nhưng trước hết ta sẽ chứng minh $ f(a,b,c) \ge f(t,t,c) $ với $ t=\frac{a+b}{2} $. Thật vậy, bất đẳng thức này tương đương với: $ (a+b)(\sqrt{a}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}})+(c+\sqrt{c})(\sqrt{b}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) $ nhưng không quá khó để thấy:
$ (a+b)(\sqrt{a}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) \ge 0 \ge (a+b)(\sqrt{b}-\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}) $ cho nên bất đẳng thức cuối có thể viết lại thành: $ (a^2+b-c-\sqrt{c})(\sqrt{\frac{(a+b)}{2}}-\sqrt{b}) \ge 0 $ đúng do $ a^2 \ge \sqrt{c} $ và $ b \ge c$ cũng như $ \frac{(a+b)}{2} \ge b $. Vậy sử dụng điều kiện $ a+b+c=3 $ ta có $ t=\frac{3-c}{2} $. Vậy bất đẳng thức cuối sẽ là: $ (3-c+\sqrt{\frac{3-c}{2}})^{2}+(\sqrt{\frac{3-c}{2}}+\sqrt{c}+c)^{2}\ge 18 $ bằng việc khảo sát $ f(c.)$ với $ c \in [0,1] $ ta có ngay kết quả cần chứng minh!! Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $ Lời giải của mình rất dài và nhiều tính toán nhưng mình chỉ có mỗi lời giải này!

Cho a, b, c là các số thực lớn hơn không. Thõa mãn abc=1. chứng minh rằng:
$ 4(a^2+b^2+c^2)^2+45\ge (a+b+c)^4 $

Cho các số thực $ a, b, c \ge 0 $ thỏa mãn $ a+b+c=3 $. Chứng minh rằng:

$ \sqrt{5a^2+5a+8}+\sqrt{5b^2+5b+8}+\sqrt{5c^2+5c+8} \ge \sqrt{5a^2+5b^2+5c^2+147} $

Đẳng thức xảy ra khi $ a=b=c=1 $ và $ a=\frac{11}{5}, b=c=\frac{2}{5} $

 

Cho các số thực $ a, b, c \ge 0 $. thỏa mãn $ a+b+c=3 $ Chứng minh rằng:

$ \frac{1}{4a^3+199}+\frac{1}{4b^3+199}+\frac{1}{4c^3+199}\ge\frac{3}{4a^2+4b^2+4c^2+191} $

đẳng thức xảy ra khi $ (a,b,c)=(1,1,1) $ và $ (a,b,c)=(2,\frac{1}{2},\frac{1}{2}) $

$ \sqrt{5a^2+3}+\sqrt{5b^2+3}+\sqrt{5c^2+3}\ge\sqrt{5a^2+5b^2+5c^2+57} $

đẳng thức xảy ra khi $ (a,b,c)=(1,1,1) $ và $ (a,b,c)=(\frac{3}{5},\frac{3}{5},\frac{9}{5}) $

Cho $ a, b, c $ là 3 số thực dương thỏa mãn $ a+b+c=3 $. CMR:
$ a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge\frac{a+2}{b+2}+\frac{b+2}{c+2}+\frac{c+2}{a+2} $ Tổng quát hơn với cùng điều kiện như trên tìm hằng số tốt nhất sao cho bất đẳng thức này luôn đúng:
$ a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge\frac{a+k}{b+k}+\frac{b+k}{c+k}+\frac{c+k}{a+k} $
Sáng tạo bởi bdtilove123 và oldbeginner!!
http://www.artofprob...p?f=52&t=502182

Cho các số thực dương $ a, b, c $. Chứng minh rằng:

$ (a^2-bc)\sqrt[3]{a^2+8bc}+(b^2-ca)\sqrt[3]{b^2+8ca}+(c^2-ab)\sqrt[3]{c^2+8ab} \geq 0 $

 

P/s: Mình có 1 lời giải cho bất đẳng thức này rồi, nhưng không may đó là lời giải bằng máy vi tính, mong các bạn có 1 lời giải đơn giản hơn!

Bài toán 1.
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4\sqrt{3abc(a+b+c)}$$

Anh có lời giải cho bài số 1 của em:
Từ đánh giá đơn giản: $ (x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx) $ ta có được: $ ab+bc+ca \ge \sqrt{abc(a+b+c)} $
Theo đó ta sẽ chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là:
$\sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+(a+b+c)^2 \ge 4(ab+bc+ca)$Rút gọn thành:
$a^2+b^2+c^2+ \sqrt{abc}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \ge 2(ab+bc+ca)$
Lại có:
$\begin{aligned}a\sqrt{bc}+b\sqrt{ca}+c\sqrt{ab}=abc\sum_{cyc}\frac 1{\sqrt{bc}}&\geq \frac{9abc}{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}}\\&\geq \frac{9abc}{a+b+c};\end{aligned}$
Theo đó ta cần chứng minh:
$a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c}\geq 2(ab+bc+ca);$
Đây thực chất là bdt Schur bậc 3!!!
P/s: http://www.artofprob....com/blog/75446

Bài này nhẹ mà
sd phương pháp đổi biến $p,q,r$

Nhẹ mà làm như bác cũng thành nặng đấy!! Thật ra bài này có thể chứng minh rất đơn giản bằng cách sử dụng Cauchy-Schwarz kết hợp giảm biến và sau cùng đưa về 1 biến kết hợp khảo sát!! Thật vậy: Giả sử $ c= Min(a,b,c) $ theo đó $ c \in [0,\frac{1}{3} $. Bằng Cauchy-Schwarz ta có:
$ (1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)=(\frac{8}{9}+\frac{1}{9}+a^2)(\frac{8}{9}+b^2+\frac{1}{9}) \ge (\frac{8}{9}+\frac{a}{3}+\frac{b}{3})^2(1+c^2)=(\frac{8}{9}+\frac{1-c}{3})^2(1+c^2) $
bằng việc khảo sát: $ f(c.) $ với $ c \in [0,\frac{1}{3}] $ ta dễ dàng có được $ Minf(c.)=(\frac{10}{9})^3 $ khi $ c=\frac{1}{3} $
Thật ra bước cuối có thể giải quyết bằng khai triển nhưng cứ khảo bằng Maple 16 hay Wolfram cho nó phẻ!!

Đây là bài trong THTT số 420 , bạn có thể tham khảo các lời giải tại đây. Thân!!!
http://toantuoigia.e....php?f=70&t=333

Nếu lời giải có trong diễn đàn thì bạn hãy đưa link còn nếu diễn đàn khác thì tốt nhất là không nên bạn nha!! Click vào mà bắt phải đăng kí mới cho xem thì quả thật mình ức chế lắm!!!
Thân!

@@~ Do $1-2(xy+yz+zx-kxyz)=x^2+y^2+z^2+2kxyz$ nên rõ ràng để tìm max min của $x^2+y^2+z^2+2kxyz$ cũng như $x^2+y^2+z^2+kxyz$ ta chỉ cần tìm max min của $xy+yz+zx-kxyz$

Anh giải trực tiếp với bậc hai của $ x, y, z $ luôn và chia làm 3 trường hợp tất cả!! Phần Min thì chỉ chứng minh trong trường hợp $ k=\frac{9}{2} $ và Max thì trường hợp $ k=18 $ và $ k >18 $ là đủ!! Còn em giải với bậc 1 theo $ x, y, z $ công việc nhẹ nhàng hơn anh rất nhiều!!

Bài toán: Cho $x,y,z \ge 0$ thỏa mãn:$x+y+z=1$;$k$ là hằng số cho trước.Tìm GTLN và GTNN của:
$$A=x^2+y^2+z^2+kxyz$$

Mình đã đưa ra kết quả cho bài này tại đây:
http://diendantoanho...ưa-co-lời-giải/
Xin phép chủ bài toán cho mình đem nó qua Mathlinks.ro nha!

Bài này thực chất giống với bài $x+y+z=1$.Tìm min max của $xy+yz+zx-kxyz$ ạ

Giống chỗ nào nhỉ?? Nhìn mãi không ra!! Hình thức thì giống nhưng bản chất thì không thấy giống!!

Bài toán 2.
Ch0 $0<a<b$ và $x,y,z\in [a;b]$ thoả $x+y+z=a+2b$.Chứng minh bất đẳng thức:
$$xyz\geq ab^2$$

Bài thứ 2 rất thú vị nên mình sẽ đưa lời giải!
Vì miền đúng của $ x, y, z $ là bất kì nên ta có thể giả sử cho $ a=1 $, $ b=2 $. Theo đó:
$x,y,z\in [1;2]$ và $x+y+z=5$ ta phải chứng minh $$xyz\geq 1.2.2=4$$ Rõ ràng là ta luôn có: $ (2-x)(2-y) \ge 0 $ hay là $ xy+4 \ge 2x+2y $ Theo đánh giá này ta có:
$xyz\geq (2(x+y)-4)z =(2(5-z)-4)z $ bằng khảo sát hàm bậc hai này ta dễ dàng có được $ Minxyz=4 $ xảy ra khi $ x=y=2, z=1 $ cùng các hoán vị!

Lấy bài nơi khác thì phải ghi rõ nguồn nha:
http://www.artofprob...p?f=51&t=499878
Bài này trên Mathlink bạn ạ!!
Thân!

Thêm một lời giải nữa cho bài toán thú vị này:
Nhân cả hai vế cho $ (a+b)(b+c)(c+a) $ Ta sẽ chứng minh:
$ \sum a^2(a+b)(a+c) \ge 3\sqrt{2(a+b)(b+c)(c+a)} $
Sử dụng đánh giá: $ x^2(x+z)+y^2(y+z) \ge \frac{(x+y)^2}{4}(x+y+2z) $ là tổng của 2 bất đẳng thức đúng:
$ 4(x^3+y^3) \ge (x+y)^3 $ và $ 2(x^2+y^2) \ge (x+y)^2 $
Từ đây ta thu được:
$ \sum a^2(a+b)(a+c) \ge \sum \frac{(a+b)^3}{8}\left ( (a+c)+(b+c) \right ) $ Đặt $ x=a+b; y=b+c; z=c+a $ Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:
$ \frac{x^3}{8}(y+z)+\frac{y^3}{8}(z+x)+\frac{z^3}{8}(x+y)\ge 3\sqrt{2xyz} $ với $ x+y+z=6 $
Ta lại có đánh giá như sau:
$ 3\sum x^{3}y+3\sum xy^{3}\ge 2(x^{2}+y^{2}+z^{2})(xy+yz+zx)\ge 24(xy+yz+zx) $ Do đó ta chỉ cần chứng minh: $ (xy+yz+zx)\ge 3\sqrt{2xyz}\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^{2}\ge 3xyz(x+y+z) $ Hiển nhiên đúng!!Đẳng thức xảy ra khi $ x=y=z=2 $ hay $ a=b=c=1 $

Bài này em dùng phân tích bình phương S.0.S
--------------------------------------------------------------
Biến đổi bằng cách quy đồng ta được BDT tương đương như sau:( thay a+c=3-b và tương tự)

\[
\begin{array}{l}
\sum a ^2 (3 - b)(3 - c) \ge 3\sqrt 2 \sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \\
VT = 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 3ab(a + b) - 3bc(b + c) - 3ac(c + a) \\
= 9(a^2 + b^2 + c^2 ) + 3abc - 9ab - 9bc - 9ac + 9abc \\
\end{array}
\]
Bất đẳng thức trên tương đương với :

\[
\frac{9}{2}{\rm{[}}(a - b)^2 + (b - c)^2 + (a - c)^2 {\rm{]}} \ge {\rm{3}}\sqrt 2 \frac{{a(b - c)^2 + c(a - b)^2 + b(a - c)^2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sc=\[
\frac{3}{2} - \frac{{c\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sb=\[
\frac{3}{2} - \frac{{b\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Sa=\[
\frac{3}{2} - \frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc}}
\]
Ta có:
Sc=\[
\begin{array}{l}
\frac{{3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc) - 2\sqrt 2 c}}{{2(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} + 2\sqrt 2 abc)}} \\
3(\sqrt {(a + b)(b + c)(c + a)} \ge 2\sqrt 2 \sqrt {(a + b + c)(ab + ac + bc)} \ge 2\sqrt {2c} \\
\Leftrightarrow 3ab + 3ac + 3bc \ge c^2 \\
\end{array}
\]
Đặt f(x)=\[
3ab + 3ac + 3bc - c^2
\]
Ta thấy f(a,b,c)\[
\ge f(\sqrt {ab} ,\sqrt {ab} ,c)
\]
=> \[
\begin{array}{l}
f(x) \ge f(\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}},\sqrt[3]{{abc}}) \\
d = \sqrt[3]{{abc}} \\
f(x) \ge 8d^2 > 0 \\
\end{array}
\]
Tương tự chứng minh Sb,Sa dương.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1

Đã SOS mà còn MV!! Vả lại đây là phần Bất đẳng thức dành cho đại học, ai lại xài mấy pp hiện đại chứ!! Bạn nên tìm lời giải khác thì hơn!!

Bài này khá thú vị và best k khá là khủng =]]]

$k_{max}$ là nghiệm thực của phương trình $k^3-k^2-17k-24=0$

Bằng máy tính thu được nghiệm là: $\frac{1}{6}\sqrt [3]{3212+108\,\sqrt {113}}+{\frac {104}{3\,\sqrt [3]{3212+
108\,\sqrt {113}}}}+\frac{1}{3}$

Nên lấy k=5 cho bài toán nó đẹp 1 xíu :v

Theo mình các bạn không được dịch cũng không được làm gì với quyển này, vì làm như vậy sẽ vi phạm bản quyền tác giả, phải hỏi ý kiến của anh $AHP$ trước đã rồi làm gì thì làm!

Đích thân tôi đã hỏi Armin Hossien rồi!! Thế cậu nghĩ File Tex ở trên trời rớt xuống à!

Trên thực tế, mình có đề xuất với bạn như thế này!! 1220 đề toán quả thật là quá dài và các vấn đề trong ebook trên đều nằm ngoài tầm với của các em cấp hai, các bạn cấp 3 trừ các bạn thi Olympic... vả lại đó chỉ là đề toán chứ chưa có lời giải.... vậy không lẽ phải quay sang đọc tiếng anh vì phần lời giải đều là các link tới Mathlinks????? .....
Theo mình thì mình đề xuất thế này!! Ta sẽ chia cuốn sách làm 4 hay 5 phần gì đó...mỗi phần gồm lời giải kèm theo ( Đã dịch).....
Như vậy thì hơi cực nhưng sẽ là giải pháp tối ưu cho người đọc!!!
Thân!

Toàn ơi!

Em biết cuốn nào về thuật toán không? Hoặc kiểu về Khoa Học Máy Tính chỉ anh với, anh định học về cái này trong tương lai.

 

Để anh trả lời thay cho Toàn vụ này =]] anh giới thiệu cho em vài quyển nhé:

 + Nhập môn lập trình. ( Trần Đan Thư)

 + Kỹ thuật lập trình. (Trần Đan Thư)

 + Phân tích và thiết kế giải thuật.

Anh nghĩ đọc xong 3 quyển này em có thể trở thành cao thủ lập trình.

Sách về khoa học máy tính Việt Nam không nhiều. Nhưng có 1 quyển khá hay anh muốn giới thiệu em:

http://link.springer...8-3-319-04042-4 Hi vọng là em thích.

 

What Is Computer Science? -An Information Security Perspective

 

 

 

​