Chào các bạn Tình hình là Marathon Số học và Hình học đã mở ra rồi, mình và bạn Gachdptrai12 cũng quyết định lên tiếng cho nó rôm rả
(Thú thực là mình thấy bên AoPS và có ý đinh lâu rồi nhưng không biết tổ chứ thế nào, nay có Ego mở đầu nên cũng an tâm)
Thể lệ thì các bạn sẽ xem thêm ở Topic này, nhớ đọc kĩ và chú ý là do Topic mình lập được đặt ở box THCS nên mình sẽ phạt thẳng tay những bạn không tuân thủ :-| Và mình sẽ rút kinh nghiệm không giống như "Tiếp sức BĐT" đâu nhé!
Tuy nhiên không vì nó nằm ở box THCS nên bị giới hạn phương pháp (PP) nhé, các bạn có thể nêu nhiều cách giải và không giới hạn về PP, thậm chí có thể nêu ý tưởng để thảo luận ( không spam làm trôi đề là ok ), còn việc mình đặt ở đây thì để cho dễ quản lí thôi, sau này có gì mà mình "lên chức" thì sẽ chuyển Topic đi cũng được :-s
À đúng rồi Topic không hỗ trợ làm bài tập về nhà nhé
Cuối cùng, mình biết BĐT là phần mà có lẽ nhiều bạn thảo luận nên sẽ phát triển ơn được đâu :-(
Bài toán hiện tại (37).(AoPS) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$ chứng minh rằng
Bài toán 1. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng \[\sqrt{\dfrac{a(b+c)}{b^2+c^2}}+\sqrt{\dfrac{b(c+a)}{c^2+a^2}}+\sqrt{\dfrac{c(a+b)}{a^2+b^2}}\geq 2\]
Bài toán 1. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng \[\sqrt{\dfrac{a(b+c)}{b^2+c^2}}+\sqrt{\dfrac{b(c+a)}{c^2+a^2}}+\sqrt{\dfrac{c(a+b)}{a^2+b^2}}\geq 2\]
Lời giải bài 1. Ta có $b^2+c^2\leq (b+c)^2\Rightarrow \sqrt{\dfrac{a(b+c)}{b^2+c^2}}\geq \sqrt{\dfrac{a}{b+c}}$
Tương tự ta thu được $\sqrt{\dfrac{b(a+c)}{a^2+c^2}}\geq \sqrt{\dfrac{b}{a+c}},\sqrt{\dfrac{c(a+b)}{a^2+b^2}}\geq \sqrt{\dfrac{c}{a+b}}$
Do đó ta cần chứng minh $\sum \sqrt{\dfrac{a}{b+c}} \geq 2$
Sử dụng AM-GM ta có $\sqrt {a(b+c)}\leq \dfrac{a+b+c}{2}\Leftrightarrow \sqrt {\dfrac{a}{b+c}}\geq \dfrac {2a}{a+b+c}$
Tương tự ta cũng có $\sqrt { \dfrac { b }{ a+c } } \geq \dfrac {2b}{a+b+c},\sqrt { \dfrac { c }{ a+b } } \geq \dfrac { 2c }{ a+b+c }$
Cộng lại ta có $\sum \sqrt {\dfrac{a}{b+c}}\geq 2$
Dấu "=" xảy ra khi $a=0,b=c$ và các hoán vị của chúng
Bài toán 2.(Phạm Kim Hùng)Cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=1$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của \[P=\dfrac { a-b }{ \sqrt { a+b } } +\dfrac { b-c }{ \sqrt { b+c } } +\dfrac { c-a }{ \sqrt { a+c } } \]
$\begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline\end{array}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 24-05-2016 - 08:12
Bài toán 2.(Phạm Kim Hùng)Cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=1$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của \[P=\dfrac { a-b }{ \sqrt { a+b } } +\dfrac { b-c }{ \sqrt { b+c } } +\dfrac { c-a }{ \sqrt { a+c } } \]
Lời giải bài 2. Không mất tính tổng quát, giả sử $a=\min \{a,b,c\}$, đặt $f(a,b,c)=\dfrac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\dfrac{b-c}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{c-a}{\sqrt{a+c}}$
Khi đó $f(0,a+b,c)=\dfrac{-a-b}{\sqrt{a+b}}+a+b-c+\sqrt{c}$ và $f(0,b,a+c)=-\sqrt{b}+b-a-c+\dfrac{a+c}{\sqrt{a+c}}$
Mà ta lần lượt có $b-c\geq 0, \sqrt{(a+b)(a+c)}(\sqrt{a+c}+\sqrt{a+b})\leq 2(b+c)\leq b+c+\sqrt{b+c}$
Và $c\sqrt{c}+a\sqrt{c}+c\sqrt{c+a}\leq c+a+\sqrt{c+a}\leq b+a+\sqrt{a+b}$
Nên $A\leq 0$ hay $f(a,b,c)\leq f(0,a+b,c)$
Mặt khác, $f(0,a+b,c)=\dfrac{-a-b}{\sqrt{a+b}}+a+b-c+\sqrt{c}=1-2c+\sqrt{c}-\sqrt{1-c}$
Đặt $g(c)=1-2c+\sqrt{c}-\sqrt{1-c}$ là hàm số liên tục trên $[0,1]$, có $g'(c)=\dfrac{1}{2\sqrt{c}}+\dfrac{1}{2\sqrt{1-c}}-2$
Lại có $g'(c)=0\Leftrightarrow c=\dfrac{8\pm \sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}$
Từ đó dễ dàng kiểm tra được $g(c)\leq g\left(\dfrac{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}\right)$
Suy ra $P_\max =\dfrac{\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{8}+\dfrac{\sqrt{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}-\sqrt{8+\sqrt{46-2\sqrt{17}}}}{4}$
Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=\left(0,\dfrac{8+\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16},\dfrac{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}\right)$ cùng các hoán vị tương ứng
- Nếu $c\geq b\geq a$, tương tự ta chứng minh được $f(a,b,c)\geq f(0,b,c+a)=2b-1+\sqrt{1-b}-\sqrt{b}=h(b)\geq h\left(\dfrac{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}\right)$
Suy ra $P_\min =-\dfrac{\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{8}+\dfrac{\sqrt{8+\sqrt{46-2\sqrt{17}}}-\sqrt{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}}{4}$
Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=\left(0,\dfrac{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16},\dfrac{8+\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}\right)$ cùng các hoán vị tương ứng
Tái bút
Bài này ngốn hết cả ngày :-(
Còn lời giải bài 1 của bạn đẹp quá, lời giải mình dài hơn nhiều
Bài toán 3. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $\dfrac{1}{a^4+1}+\dfrac{1}{b^4+1}=\dfrac{c^4}{c^4+1}$. Chứng minh rằng
\[\dfrac{abc(a+b+c)}{ab+bc+ca}\geq \sqrt{2}\]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 24-05-2016 - 23:36
Bổ sung bài mới
Bài toán 1. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng \[\sqrt{\dfrac{a(b+c)}{b^2+c^2}}+\sqrt{\dfrac{b(c+a)}{c^2+a^2}}+\sqrt{\dfrac{c(a+b)}{a^2+b^2}}\geq 2\]
Lời giải bài 4. Ta có $\sum \dfrac{ab(2-c)}{a^2+abc+b^2}\leq 1\Leftrightarrow \sum \dfrac{(a+b)^2}{a^2+abc+b^2}\leq 4$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $\sum \dfrac{(a+b)^2}{a^2+abc+b^2}\leq \sum \left(\dfrac{a^2}{a^2+\dfrac{abc}{2}}+\dfrac{b^2}{b^2+\dfrac{abc}{2}}\right)=\sum \left(\dfrac{2a}{2a+bc}+\dfrac{2b}{2b+ac}\right)=4\sum \dfrac{a}{2a+bc}$
Nên ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{a}{2a+bc}+\dfrac{b}{2b+ca}+\dfrac{c}{2c+ab}\leq 4$
Nếu $abc\neq 0$, theo nguyên lý Dirichlet giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow ab\geq a+b-1\Leftrightarrow abc\geq ac+bc-c\Leftrightarrow ab+c\geq 2\Leftrightarrow abc+c^2\geq 2c$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $a^2+b^2+c^2+abc\geq a^2+b^2+2c\geq 2(ab+c)\geq 4$
Từ đó ta có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\sqrt{2},c=0$ cùng các hoán vị
Bài toán 5. (Phạm Kim Hùng) Cho các số thực $a,b,c$ dương. Tìm hằng số $k$ tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng
Lời giải bài 5. Cho $a=b=1,c=\frac{1}{1+\sqrt{3}}$ ta được $$k \leqslant \frac{27+18\sqrt{3}}{8}.$$ Đặt $k=\frac{27+18\sqrt{3}}{8}$ ta sẽ chứng minh đây là giá trị lớn nhất cần tìm. Thật vậy, viết bất đẳng thức lại dưới dạng
Em nghĩ việc này có chút khuất mắc, ví dụ như khi thay $3=ab+bc+ca$ thì bất đẳng thức trên không còn hiển nhiên đúng với $a,b,c$ thực bất kì nữa
Giả dụ bất đẳng thức của anh sai khi $a=b=1,c=-1$ thì ta sẽ tìm một bộ số tỉ lệ $\dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z}{-1}$ và $xy+yz+zx=3$, tuy nhiên lại không tồn tại bộ số nào như vậy trong TH này?
Vả lại em nghĩ điều kiện bài này phải có $ab+bc+ca>0$
Nếu $a=b=1$ thì $c=1$ theo điều kiện rồi mà anh
Cái đó đồng bậc mà bạn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 14:35
Bài toán đề nghị Bài toán 6. Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh \[4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c)\ge 45.\]
Viết lại bất đẳng thức về dạng thuần nhất
$4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c)\geq 5(ab+bc+ca)^2$
$\Leftrightarrow 4(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)\geq 5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$ (1)
Vì bđt này thuần nhất nên ta có thể bỏ điều kiện $ab+bc+ca=3$ và ta có thể chuẩn hóa $a+b+c=3$
Đặt $x+1=a,y+1=b,z+1=c$ từ đó ta có $x+y+z=0$
Thay $z=-x-y$ vào (1) ta có
$4(x^{4}+y^{4}+z^{4}+4(x^{3}+y^{3}+z^{3})+6(x^{2}+y^{2}+z^{2})+3)+ 33(xyz+xy+yz+zx+1)\geq 5(xy+yz+zx+3)^{2}$
$\Leftrightarrow 4[2(x^{2}+xy+y^{2})^{2}-12xy(x+y)+12(x^{2}+xy+y^{2})+3]+33[-xy(x+y)-(x^{2}+xy+y^{3})+1]\geq 5[3-(x^{2}+xy+y^{2})]^{2}$
$\Leftrightarrow 3(x^{2}+xy+y^{2})^{2}+45(x^{2}+xy+y^{2})\geq 81xy(x+y)$
Ta có các nhận xét sau $(x^{2}+xy+y^{2})\geq \frac{3}{4}(x+y)^{2}\geq 3xy$ nhưng bất dẳng thức đúng nếu $xy\geq0$ mà ta có $xy.xy.zx=(xyz)^2\geq0$ nên tồn tại 1 trong 3 số có 1 số lớn hơn 0, giả sử đó là xy (thỏa điểu kiện của nhận xét)
Nên ta có
$3(x^{2}+xy+y^{2})^{2}+45(x^{2}+xy+y^{2})\geq 27x^{2}y^{2}+\frac{135}{4}(x+y)^{2}$
Bây giờ ta cm
$3(x^{2}+xy+y^{2})^{2}+45(x^{2}+xy+y^{2})\geq 27x^{2}y^{2}+\frac{135}{4}(x+y)^{2}\geq81xy(x+y)$ bất đẳng thức này dễ chứng minh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 26-05-2016 - 11:01