Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


Hình ảnh

VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

marathon aops vmf

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 148 trả lời

#1 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 23-05-2016 - 22:58

*
Phổ biến

 Chào các bạn :D 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!

 

 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

 $\frac{a^{2}+3b^{2}}{a+3b}+\frac{b^{2}+3c^{2}}{b+3c}+\frac{c^{2}+3a^{2}}{c+3a}\geq 3$

 

 Bài toán 1. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c\geq 0$. Chứng minh rằng \[\sqrt{\dfrac{a(b+c)}{b^2+c^2}}+\sqrt{\dfrac{b(c+a)}{c^2+a^2}}+\sqrt{\dfrac{c(a+b)}{a^2+b^2}}\geq 2\]

 

 

 

Điểm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 05-07-2016 - 23:58


#2 HDTterence2k

HDTterence2k

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 11 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:bđt , hình học phẳng ,tổ hợp , pt hàm ,số học ,vv...

Đã gửi 23-05-2016 - 23:23

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

:icon6:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2: " Toán học muôn màu ." :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :icon6: 


#3 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 24-05-2016 - 21:53

  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 $f(0,b,a+c)=-\sqrt{b}+b-a-c+\dfrac{a+c}{\sqrt{a+c}}$

 - Nếu $b\geq c\geq a$ ta có

$\begin{align*}f(a,b,c)-f(0,a+b,c)&=\dfrac{2a}{\sqrt{a+b}}+\dfrac{b-c}{\sqrt{b+c}}-(b-c)-a+\dfrac{c-a}{\sqrt{c+a}}-\sqrt{c}\\ &=(b-c).\dfrac{1-\sqrt{b+c}}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{a}{\sqrt{a+b}}-a+\dfrac{a}{\sqrt{a+b}}-\dfrac{a}{\sqrt{a+c}}+\dfrac{c}{\sqrt{c+a}}-\sqrt{c}\\ &=\dfrac{a(b-c)}{b+c+\sqrt{b+c}}+\dfrac{a(1-\sqrt{a+b})}{\sqrt{a+b}}+\dfrac{a(\sqrt{a+c}-\sqrt{a+b})}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{c}\left (\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{c+a}}-1\right)\\ &=\dfrac{a(b-c)}{b+c+\sqrt{b+c}}+\dfrac{ac}{a+b+\sqrt{a+b}}+\dfrac{a(c-b)}{\sqrt{(a+b)(a+c)}(\sqrt{a+c}+\sqrt{a+b})}+\dfrac{\sqrt{c}(-a)}{c+a+\sqrt{c(c+a)}}\\ &=aA \end{align*}$

   Trong đó

$A=(b-c)\left[ \dfrac{1}{b+c+\sqrt{b+c}}-\dfrac{1}{\sqrt{(a+b)(a+c)}(\sqrt{a+c}+\sqrt{a+b})}\right ]+\sqrt{c}\left[\dfrac{\sqrt{c}}{a+b+\sqrt{a+b}}-\dfrac{1}{c+a+\sqrt{c(c+a)}}\right ]$

   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 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


#4 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 774 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-05-2016 - 22:52

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. Áp dụng bất đẳng thức Holder

\[\left [\sum \sqrt{\dfrac{a(b+c)}{b^2+c^2}}  \right ]^2 \sum \frac{a^2(b^2+c^2)}{b+c} \geqslant (a+b+c)^3.\]

Ta quy bài toán về chứng minh

\[(a+b+c)^3 \geqslant 4\sum \frac{a^2(b^2+c^2)}{b+c}.\]

Dễ thấy

\[\frac{a^2(b^2+c^2)}{b+c} \leqslant \frac{a^2(b+c)^2}{b+c} = a^2(b+c),\]

nên ta chỉ cần chỉ ra

\[(a+b+c)^3 \geqslant 4\sum a^2(b+c),\]

hay là

\[a^3+b^3+c^3+6abc \geqslant \sum a^2(b+c).\]

Hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức Schur bậc ba.


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#5 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 279 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11/2 THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng
  • Sở thích:inequalities, coi anime, tán gái @@

Đã gửi 24-05-2016 - 22:52

Cách 2 cho bài 2:

Đặt $x=\sqrt{a+b}$ và $y,z$ tương tự, từ đó ta có $a=\frac{x^{2}+z^{2}-y^{2}}{2}$ và cũng tương tự cho $b,c$

Từ đó ta có

$\left | P \right |=\left | \sum \frac{a-b}{\sqrt{a+b}} \right |$

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

$=\left |\sum \frac{(z^{2}-x^{2})}{x} \right |=\left | \sum \frac{(x-y)(y-z)(z-x)(x+y+z)}{xyz} \right |$

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

$=\left | \frac{(a-b)(b-c)(c-a)(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}(\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c})(\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})(\sqrt{b+c}+\sqrt{b+a})} \right |$

Đặt $c= \min \{a,b,c\}$, ta có các nhận xét 

 - $\left | (a-b)(b-c)(c-a) \right |\leq \left | ab(a+b) \right |$

 - $\frac{1}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}\leq \frac{1}{ab(a+b)}$

 - $\frac{1}{(\sqrt{a+b}+\sqrt{a+c})(\sqrt{b+c}+\sqrt{b+a})}\leq \frac{1}{(\sqrt{a}+\sqrt{a+b})(\sqrt{b}+\sqrt{a+b})}$

 - $\frac{\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}}{\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}}= 1+\frac{\sqrt{a+b}}{\sqrt{a+c}+\sqrt{b+c}}\leq 1+ \frac{\sqrt{a+b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$

Từ các bất đẳng thức trên ta có

$\left | P \right |\leq \frac{\left | (ab(a-b)) \right |(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{a+b})}{\sqrt{ab(a+b)}(\sqrt{a}+\sqrt{a+b})(\sqrt{b}+\sqrt{a+b})}$

$=\left | \frac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\sqrt{b}-\sqrt{a} \right |=\frac{1}{\sqrt{a+b+c}}\left | \frac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\sqrt{b}-\sqrt{a} \right |$

$\leq \frac{1}{\sqrt{a+b}}\left | \frac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\sqrt{b}-\sqrt{a} \right |=\left | \frac{a-b}{a+b}+\frac{\sqrt{b}-\sqrt{a}}{\sqrt{a+b}} \right |$

Đặt $x= \frac{a}{a+b}\Rightarrow \frac{b}{b+a}=1-x$

Suy ra $\frac{a-b}{a+b}+\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{\sqrt{a+b}}=x-(1-x)+\sqrt{1-x}-\sqrt{x}=2x-\sqrt{x}+\sqrt{1-x}-1=f(x)$

           $\Rightarrow f'(x)=2-\frac{1}{2\sqrt{x}}-\frac{1}{2\sqrt{1-x}}$

Giải phương trình $f'(x)=0$ ta có 2 nghiệm $x_{1}$ và $x_{2}$  là $\frac{8\pm \sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}$ và ta có $f(x_{1})\geq f(x)\geq f(x_{2})$

 Từ đó tìm được $\min$ và $\max$ của $P$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 13:41


#6 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 774 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-05-2016 - 23:16

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

\[\dfrac{abc(a+b+c)}{ab+bc+ca}\geq \sqrt{2}\]

 

Lời giải bài 3. Giả thiết của bài toán tương đương với

\[\sum \frac{1}{a^4+1} = 1.\]

Đặt $a=\frac{1}{x},\,b=\frac{1}{y},\,c=\frac{1}{z}$ thì giả thiết trở trở thành

\[\sum \frac{x^4}{x^4+1}=1,\]

và ta cần chứng minh

\[\frac{xy+yz+zx}{xyz(x+y+z)} \geqslant \sqrt{2}.\]

Vì $3xyz(x+y+z) \leqslant (xy+yz+zx)^2,$ nên ta đưa bài về chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn là

\[xy+yz+zx \leqslant \frac{3}{\sqrt{2}}.\]

Nhưng điều này khá hiển nhiên vì

\[1 = \sum \frac{x^4}{x^4+1} \geqslant \frac{(x^2+y^2+z^2)^2}{x^4+y^4+z^4+3} \geqslant \frac{x^4+y^4+z^4+\frac{2}{3}(xy+yz+zx)^2}{x^4+y^4+z^4+3},\]

cho nên

$$x^4+y^4+z^4+\frac{2}{3}(xy+yz+zx)^2 \leqslant x^4+y^4+z^4+3,$$

hay là

\[(xy+yz+zx)^2 \leqslant \frac{9}{2}.\]

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

 

P/s. Tóm lại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cụ thể của bài 2 là bao nhiêu vậy nhỉ ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 08:15

Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#7 HDTterence2k

HDTterence2k

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 11 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:bđt , hình học phẳng ,tổ hợp , pt hàm ,số học ,vv...

Đã gửi 24-05-2016 - 23:35

 Anh Huyện nhanh tay thật ..

 Cách 2 cho bài toán 3:

 Từ giả thiết ta thu được: $\sum { \frac { 1 }{ a^{ 4 }+1 }  } =1.$

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:

 $1=\sum { \frac { \frac { 1 }{ { a }^{ 4 } }  }{ \frac { 1 }{ { a }^{ 4 } } +1 } \ge \frac { { (\sum { \frac { 1 }{ { a }^{ 2 } } ) }  }^{ 2 } }{ \sum { \frac { 1 }{ { a }^{ 4 } } +3 }  }  } $

 $\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a^4}+3\ge (\sum \frac{1}{a^2})^2\Leftrightarrow 3\ge 2\sum \frac{1}{a^2b^2}$

 Sử dụng AM-GM ta có

 $ 9\ge 6\sum { \frac { 1 }{ { a }^{ 2 }{ b }^{ 2 } } \ge 2{ \frac { { (a+b+c) }^{ 2 } }{ (abc)^{ 2 } }  } }$

 $\Leftrightarrow { 9(abc) }^{ 2 }\ge 2{ (a+b+c) }^{ 2 }\Leftrightarrow  3abc\ge \sqrt { 2 } (a+b+c)\ \ (1)$

 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM và kết hợp (1): $\frac { abc(a+b+c) }{ ab+bc+ac } \ge \frac { \sqrt { 2 } { (a+b+c) }^{ 2 } }{ 3(ab+bc+ac) } \ge \sqrt { 2 }$

 Dấu bằng xảy ra tại $a=b=c=\sqrt [ 4 ]{ 2 }$

 

 Bài toán 4. Với $a,b,c\geq 0$ và $ab+bc+ac=2+abc$. Chứng minh:

\[\dfrac{ab(2-c)}{a^2+abc+b^2}+\dfrac{bc(2-a)}{b^2+abc+c^2}+\dfrac{ac(2-b)}{a^2+abc+c^2} \leq 1\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 08:16

:icon6:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2: " Toán học muôn màu ." :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :icon6: 


#8 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 24-05-2016 - 23:40

P/s. Tóm lại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cụ thể của bài 2 là bao nhiêu vậy nhỉ ?

 Em đã chỉnh lại rồi ạ :) Mà tiện thể anh đề xuất bài toán số 4 luôn đi ạ ?

 

 Anh Huyện nhanh tay thật ..

 Cách 2 cho bài toán 3:

 Từ giả thiết ta thu được: $\sum { \frac { 1 }{ a^{ 4 }+1 }  } =1.$

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:

 $1=\sum { \frac { \frac { 1 }{ { a }^{ 4 } }  }{ \frac { 1 }{ { a }^{ 4 } } +1 } \ge \frac { { (\sum { \frac { 1 }{ { a }^{ 2 } } ) }  }^{ 2 } }{ \sum { \frac { 1 }{ { a }^{ 4 } } +3 }  }  } $

 $\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a^4}+3\ge (\sum \frac{1}{a^2})^2\Leftrightarrow 3\ge 2\sum \frac{1}{a^2b^2}$

 Sử dụng AM-GM ta có

 $ 9\ge 6\sum { \frac { 1 }{ { a }^{ 2 }{ b }^{ 2 } } \ge 2{ \frac { { (a+b+c) }^{ 2 } }{ (abc)^{ 2 } }  } }$

 $\Leftrightarrow { 9(abc) }^{ 2 }\ge 2{ (a+b+c) }^{ 2 }\Leftrightarrow  3abc\ge \sqrt { 2 } (a+b+c)\ \ (1)$

 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM và kết hợp (1): $\frac { abc(a+b+c) }{ ab+bc+ac } \ge \frac { \sqrt { 2 } { (a+b+c) }^{ 2 } }{ 3(ab+bc+ac) } \ge \sqrt { 2 }$

 Dấu bằng xảy ra tại $a=b=c=\sqrt [ 4 ]{ 2 }$

 

 Mình thấy cách này khác gì cách anh Huyện đâu :)

 

\begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 1\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 1\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 2\\ \hline\end{array} 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 09:19


#9 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 25-05-2016 - 10:32

 

  Bài toán 4. Với $a,b,c\geq 0$ và $ab+bc+ac=2+abc$. Chứng minh:

\[\dfrac{ab(2-c)}{a^2+abc+b^2}+\dfrac{bc(2-a)}{b^2+abc+c^2}+\dfrac{ac(2-b)}{a^2+abc+c^2} \leq 1\]

 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 $\dfrac{a}{2a+bc}+\dfrac{b}{2b+ca}+\dfrac{c}{2c+ab}\leq 4$

 Tương đương $\sum a(2b+ca)(2c+ab)\leq (2a+bc)(2b+ca)(2c+ab)$

 $\Leftrightarrow \sum (4abc+a^3bc+2a^2c^2+2a^2b^2)\leq 8abc+4\sum a^2b^2+2abc\sum a^2+a^2b^2c^2$

 Hay là $abc(a^2+b^2+c^2+abc-4)\geq 0$

 Nếu $abc=0$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng

 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

\[\dfrac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{3}{8}+\dfrac{k}{3}\]

 



#10 fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 25-05-2016 - 11:42

Lời giải bài 5

Ta đưa về dạng chính tắc SOS

\[\sum S_c(a-b)^2\geq 0\]
với 
\[S_c=\frac{4a+4b+c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{k}{6(a+b+c)^2}\]
Cho $b=c$ khi đó đề bất đẳng thức đúng thì $k\leq \frac{6(4a+5b)(a+2b)^2}{16b(a+b)^2}$

Dễ thấy $Min \frac{6(4a+5b)(a+2b)^2}{16b(a+b)^2}= \frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$ nên $k_{max}=\frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$

Với $k=\frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$, ta sẽ chứng minh bất đẳng thức đúng.

Thật vậy, giả sử $a \geq b \geq c$, dễ thấy $S_c\geq S_b\geq S_a$

Đặt $t=\frac{a+b}{2}$

Suy ra

\[S_a+S_b=\frac{5a+5b+8c}{(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{k}{3(a+b+c)^2}\geq \frac{10t+8c}{2t(t+c)^2}-\frac{k}{3(2t+c)^2}\geq 0\]
vì $Min(\frac{3(2t+c)^2(10t+8c)}{2t(t+c)^2})=\frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}=k$
nên
\[\sum S_c(a-b)^2\geq 0\geq (S_b+S_c)(a-b)^2+(S_b+S_a)(b-c)^2 \geq 0\] (đpcm)
 
Bài toán đề nghị
Bài toán 6. Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh
\[4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c)\ge 45.\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 13:29


#11 lenhatsinh3

lenhatsinh3

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 82 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT An Nhơn 2
  • Sở thích:Pokemon, giải toán

Đã gửi 25-05-2016 - 12:48

Cho góp vui nào. 

Lời giải bài toán 5: 

Đầu tiên cho $b=c$, ta được:

$\frac{a^{3}+2b^{3}}{2b(a+b)^{2}}+\frac{k(b^{2}+2ab)}{(a+2b)^{2}}\geq \frac{3}{8}+\frac{k}{3}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left [ \frac{a^{3}+2b^{3}}{b(a+b)^{2}}-\frac{3}{4} \right ]\geq k\left [ \frac{1}{3}-\frac{b^{2}-2ab}{(a+2b)^{2}} \right ]$

$\Leftrightarrow \frac{\left ( a-b \right )^{2}(4a+5b)}{8b(a+b)^{2}}\geq k\frac{(a-b)^{2}}{3(a+2b)^{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{8k}{3}\leq \frac{(a+2b)^{2}(4a+5b)}{b(a+b)^{2}}$

Do tính thuần nhất nên có thể cho $b=1$. Khi đó:

$\frac{8k}{3}\leq \frac{(a+2)^{2}(4a+5)}{(a+1)^{2}}$

Xét hàm $f(a)=\frac{(a+2)^{2}(4a+5)}{(a+1)^{2}}, a> 0$

$f'(a)=\frac{2(a+2)(2a^{2}+2a-1)}{(a+1)^{3}}$

$f'(a)=0\Leftrightarrow a=\frac{-1+\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow f(a)\geq f(\frac{-1+\sqrt{3}}{2})=9+6\sqrt{3}\Rightarrow k\leq \frac{27+18\sqrt{3}}{8}$

 Chứng minh $k=\frac{27+18\sqrt{3}}{8}$ thì bất đẳng thức đúng 

Bất đẳng thức được viết lại thành:

$\frac{8(a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc)-3\left [ (a+b)(b+c)(a+c)-8abc)) \right ]}{8(a+b)(b+c)(a+c))}\geq k\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}-ab-bc-ca}{3(a+b+c)^{2}}$

$\Leftrightarrow \frac{8(a+b+c)[(a-b)^{2}+(a-c)(b-c)]-3[2c(a-b)^{2}+(a+b)(a-c)(b-c)]}{8(a+b)(b+c)(a+c)}\geq \frac{(a-b)^{2}+(a-c)(b-c)}{3(a+b+c)^{2}}$

Đặt $S_{1}=\frac{8a+8b+2c}{8(a+b)(b+c)(a+c)}-\frac{k}{3(a+b+c)^{2}}$;$S_{2}=\frac{5a+5b+8c}{8(a+b)(b+c)(c+a)}-\frac{k}{3(a+b+c)^{2}}$

Bất đẳng thức trở thành:

$S_{1}(a-b)^{2}+S_{2}(a-c)(b-c)\geq 0$

Giả sử $c=\max \left \{ a,b,c \right \}\Rightarrow S_{1}\geq S_{2} ; (a-c)(b-c)\geq 0$

Tiếp theo ta đi chứng minh: $N\geq 0$ hay $3(5a+5b+8c)(a+b+c)^{2}\geq 8k(a+b)(b+c)(a+c)$

Đặt $x=a+b;y=b+c;z=a+c$. Khi đó cần chứng minh: $3(x+4y+4z)(x+y+z)^{2}\geq 32kxyz\Leftrightarrow 3(x+4y+4z)(x+y+z)^{2}\geq8kx(y+z)^{2}$

Vì tính thuần nhất giả sử $x+y+z=1$

$3(4-3x)\geq 8kx(1-x)^{2}=(27+18\sqrt{3})x(1-x)^{2}\Leftrightarrow g(x)=\frac{4-3x}{x(1-x)^{2}}\geq 9+6\sqrt{3}$

Xét $g(x)$ trên (0,1) ta nhận ngay kết quả

Vậy giá trị $k$ tốt nhất là $\frac{27+18\sqrt{3}}{8}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 13:30

:ukliam2:  :ukliam2: MATHEMATICS :ukliam2:  :ukliam2:                                                                                                                                                    


#12 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 774 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-05-2016 - 13:19

 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

\[\dfrac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{3}{8}+\dfrac{k}{3}\]

 

 

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

\[\dfrac{(a+b+c)^3}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2} \geqslant \dfrac{27}{8}+\dfrac{k}{3}. \quad (1)\]

Chuẩn hóa $a+b+c=3$ khi đó tồn tại số thực $0 \leqslant t < 1$ để $a^2+b^2+c^2=3+6t^2$ và (1) trở thành

\[\dfrac{27}{9(1-t^2)-abc}+\dfrac{k(1-t^2)}{3} \geqslant \dfrac{27}{8}+\dfrac{k}{3}.\]

Chú ý rằng $abc \geqslant (1-2t)(1+t)^2$ nên ta chỉ cần chứng minh

\[\dfrac{27}{9(1-t^2)-(1-2t)(1+t)^2}+\dfrac{k(1-t^2)}{9} \geqslant \dfrac{27}{8}+\dfrac{k}{3},\]

hay là

\[\frac{t^2\left [ 81(3-t)-8(1+t)(t-2)^2k \right ]}{24(1+t)(t-2)^2} \geqslant 0. \quad (2)\]

Với $k = \frac{27+18\sqrt{3}}{8}$ thì ta có thể phân tích $(2)$ thành

\[\frac{3(2\sqrt{3}+3)(2\sqrt{3}-1-t)(t-2+\sqrt{3})^2t^2}{8(1+t)(t-2)^2} \geqslant 0.\]

Hiển nhiên đúng, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hoặc $a=b=c(1+\sqrt{3}).$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 13:40

Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#13 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 279 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11/2 THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng
  • Sở thích:inequalities, coi anime, tán gái @@

Đã gửi 25-05-2016 - 13:34

 

 

 

 

 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

\[\dfrac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{3}{8}+\dfrac{k}{3}\]

 

Lời giải khác :

Cho $b=a=1+\sqrt{3},c=1$ ta có $k\leq \frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$

Ta chứng minh $k_{0}=\frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$ là giá trị cần tìm

Thật vậy ta sẽ chứng minh

$\dfrac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\dfrac{k_{0}(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{3}{8}+\dfrac{k_{0}}{3}$

Vì bđt của chúng ta thuần nhất nên ta chuẩn hóa$ a+b+c=1$ và đặt $r=abc$ và $ab+bc+ca=\frac{1-q^{2}}{3}$

Ta có bđt trở thành $\frac{3(3r+q^{2})}{-3r+1-q^{2}}+\frac{k_{0}(1-q^{2})}{3}\geq \frac{3}{8}+\frac{k_{0}}{3}$

Và đây là hàm đồng biến theo r nên nếu $2q\geq 1$ thì

$VT\geq \frac{3q^{2}}{1-q^{2}}+\frac{k_{0}(1-q^{2})}{3}\geq 1+\frac{k_{0}}{4}> \frac{3}{8}+\frac{k_{0}}{3}$

(Vì là hàm đồng biến theo $q^{2}\geq 1/4$)

Nếu $2q \leq 1$ thì ta áp dụng bổ đề của VQBC $\frac{(1+q)^{2}(1-2q)}{27}\leq r\leq \frac{(1-2q)^{2}(1+2q)}{27}$

Ta chứng minh $\frac{3((1+q)^{2}(1-2q)+9q^{2})}{-(1+q)^{2}(1-2q)+9(1-q^{2})}+\frac{k_{0}(1-q^{2})}{3}\geq \frac{3}{8}+\frac{k_{0}}{3}$

Từ đây ta phân tích được $VT-VP=\frac{3q^{2}(3+2\sqrt{3})(2\sqrt{3}-1-q)(q-2+\sqrt{3})}{8(q+1)(q-2)^{2}}\geq 0$

Hiển nhiên đúng, vậy $k_{max}=\frac{9(3+2\sqrt{3})}{8}$

p/s anh Huyện nhanh tay quá  :ohmy:  :ohmy:

 

\begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 2\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 2\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 3\\ \hline \text{fatcat12345} & 1\\ \hline \text{lenhatsinh3} & 1\\ \hline\end{array} 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 04-08-2016 - 11:09


#14 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 774 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-05-2016 - 14:02

Bài toán 6. Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $ab+bc+ca=3$. Chứng minh
\[4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c)\ge 45.\]

 

Nếu bất đẳng thức này đúng thì bất đẳng thức sau cũng đúng

\[4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c) \geqslant 5(ab+bc+ca)^2. \quad (1)\]

Cho $a=1,b=1$ thì $(1)$ trở thành

\[8+4c^4+11c(c+2) \geqslant 5(2c+1)^2,\]

hay là

\[(2c+3)(2c+1)(c-1)^2 \geqslant 0.\]

Dễ thấy bất đẳng thức này không phải luôn đúng.


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#15 fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 25-05-2016 - 14:03

Nếu bất đẳng thức này đúng thì bất đẳng thức sau cũng đúng

\[4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c) \geqslant 5(ab+bc+ca)^2. \quad (1)\]

Cho $a=1,b=1$ thì $(1)$ trở thành

\[8+4c^4+11c(c+2) \geqslant 5(2c+1)^2,\]

hay là

\[(2c+3)(2c+1)(c-1)^2 \geqslant 0.\]

Dễ thấy bất đẳng thức này không phải luôn đúng.

Nếu $a=b=1$ thì $c=1$ theo điều kiện rồi mà anh  :D



#16 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 25-05-2016 - 14:16

 Lời giải bài 6. Đưa bài toán về đồng bậc là

 $4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c)\geq 5(ab+bc+ca)^2$

 $\Leftrightarrow 4(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)\geq 5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

 Với $ab+bc+ca>0$

 Đến đây có thể sử dụng ABC, hoặc bổ đề tổng bình phương của thầy Cẩn, mình xin trình bày một cách khác

 Do bậc của bất đẳng thức chẵn nên ta hoàn toàn có thể chuẩn hóa cho $a+b+c=3$

 Khi đó, tồn tại số thực $t\in [0;1)$ sao cho $q=ab+bc+ca=3-3t^2$, ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành: 

 $44(81-36q+2q^2+12r)+3r\geq 5(q^2-6r)\Leftrightarrow t^4+14t^2-3+3r\geq 0$

 Mặt khác, chú ý với phép đặt này thì $abc\geq (1-2t)(1+t)^2$ cho nên $t^4+14t^2-3+3r\geq t^2(1-t)(5-t)\geq 0$

 Vậy ta có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

 

Nếu bất đẳng thức này đúng thì bất đẳng thức sau cũng đúng

\[4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c) \geqslant 5(ab+bc+ca)^2. \quad (1)\]

Cho $a=1,b=1$ thì $(1)$ trở thành

\[8+4c^4+11c(c+2) \geqslant 5(2c+1)^2,\]

hay là

\[(2c+3)(2c+1)(c-1)^2 \geqslant 0.\]

Dễ thấy bất đẳng thức này không phải luôn đúng.

 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   :D

 Cái đó đồng bậc mà bạn :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 14:35


#17 fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 25-05-2016 - 14:22

 

 Cái đó đồng bậc mà bạn :D

 

Mình biết là vậy nhưng mình nghĩ sau khi đồng bậc thì nên giữ lại điều kiện vì rõ ràng bất đẳng thức sau không đúng với mọi số thực.

Và đây là một cách chứng minh khác

$(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)-5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=\sum (ab+bc+ca)(a-b)^2+\sum \frac{1}{2}(2a+2b-c)^2(a-b)^2= \sum 3(a-b)^2+\sum \frac{1}{2}(2a+2b-c)^2(a-b)^2 \geq 0$

P/s: mời bạn hoanglong2k đề xuất bài mới  :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fatcat12345: 25-05-2016 - 14:29


#18 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 25-05-2016 - 14:35

Mình biết là vậy nhưng mình nghĩ sau khi đồng bậc thì nên giữ lại điều kiện vì rõ ràng bất đẳng thức sau không đúng với mọi số thực.

Và đây là một cách chứng minh khác

$(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)-5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=\sum (ab+bc+ca)(a-b)^2+\sum \frac{1}{2}(2a+2b-c)^2(a-b)^2= \sum 3(a-b)^2+\sum \frac{1}{2}(2a+2b-c)^2(a-b)^2 \geq 0$

P/s: mời bạn hoanglong2k đề xuất bài mới  :D

 Ngẫm lại thì mình nghĩ bài này có thêm điều kiện $ab+bc+ca\geq 0$ nữa mới chuẩn được

 

 Bài toán 7. (VMF) Cho $a,b,c\geq 0$ trong đó không có hai số nào đồng thời bằng 0 và số thực $k$ thoả mãn $3^k\geq 2^{k+1}$. Chứng minh rằng : 

\[\frac{1}{a^k+b^k}+\frac{1}{b^k+c^k}+\frac{1}{c^k+a^k}\geq \frac{5.2^{k-1}}{(a+b+c)^k}\]

 

 \begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 3\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 2\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 3\\ \hline \text{fatcat12345} & 1\\ \hline \text{lenhatsinh3} & 1\\ \hline\end{array} 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 14:48


#19 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 279 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11/2 THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng
  • Sở thích:inequalities, coi anime, tán gái @@

Đã gửi 25-05-2016 - 15:23

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


#20 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 279 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11/2 THPT Phan Châu Trinh-Đà Nẵng
  • Sở thích:inequalities, coi anime, tán gái @@

Đã gửi 25-05-2016 - 15:59

 

 Bài toán 7. (VMF) Cho $a,b,c\geq 0$ trong đó không có hai số nào đồng thời bằng 0 và số thực $k$ thoả mãn $3^k\geq 2^{k+1}$. Chứng minh rằng : 

\[\frac{1}{a^k+b^k}+\frac{1}{b^k+c^k}+\frac{1}{c^k+a^k}\geq \frac{5.2^{k-1}}{(a+b+c)^k}\]

 

 Lời giải bài 7: Ta có bổ đề $\frac{2}{x^{k}+y^{k}}+\frac{1}{x^{k}}+\frac{1}{y^{k}}\geq \frac{3.2^{k}}{(x+y)^{k}}$

 Chứng minh áp dụng AM-GM ta có 

$\frac{2}{x^{k}+y^{k}}+\frac{x^{k}+y^{k}}{2x^{k}y^{k}}+\frac{x^{k}+y^{k}}{2x^{k}y^{k}}\geq \frac{2}{x^{k}+y^{k}}+\frac{x^{k}+y^{k}}{2x^{k}y^{k}}+\frac{1}{x^{\frac{k}{2}}y^{\frac{k}{2}}}\geq 3\sqrt[3]{\frac{1}{(xy)\frac{3k}{2}}}\geq \frac{3.2^{k}}{(x+y)^{k}}$

Đúng, vậy bổ đề được chứng minh

Ta có giả thiết được viết lại là $k\geq \log_{\frac{3}{2}}2$ 

Không mất tính tổng quát giả sử $a\geq b\geq c$ ta có các nhận xét

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

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

Thật vậy với c=0 thì các nhận xét hiển nhiên đúng với c khác 0 ta có bất đẳng thức trên tương đương 
$(t+\frac{1}{2})^{k}-t^{k}-1\geq 0$ và $t=\frac{a}{c}\geq 1$
Xét hàm $f(t)=(t+\frac{1}{2})^{k}-t^{k}-1$ với $t\in [1;+\infty )\Rightarrow f'(t)=k[(t+\frac{1}{2})^{k-1}-t^{k-1}]>0$
Vậy $f(t)$ đồng biến trên$[1;+\infty )$
Vậy $f(t)\geq f(1)=(\frac{3}{2})^{k}-2\geq (\frac{3}{2})^{\log_{\frac{3}{2}^{2}}}-2=0$ vậy nhận xét đc chứng minh
Vậy $\sum \frac{1}{(a+\frac{c}{2})^{k}}\geq \frac{1}{(a+\frac{c}{2})^{k}}+\frac{1}{(b+\frac{c}{2})^{k}}+\frac{1}{a^{k}+b^{k}}\geq \frac{3.2^{k}}{(a+b+c)^{k}}-\frac{2}{(a+\frac{c}{2})^{k}+(b+\frac{c}{2})^{k}}+\frac{1}{a^{k}+b^{k}}$
Ta cần chứng minh
$\frac{3.2^{k}}{(a+b+c)^{k}}-\frac{2}{(a+\frac{c}{2})^{k}+(b+\frac{c}{2})^{k}}+\frac{1}{a^{k}+b^{k}}\geq \frac{5.2^{k-1}}{(a+b+c)^{k}}$
$\Leftrightarrow \frac{2^{^{k-1}}}{(a+b+c)^{k}}+\frac{1}{a^{k}+b^{k}}\geq \frac{2}{(a+\frac{c}{2})^{k}+(b+\frac{c}{2})^{k}}$
Theo bất đẳng thức holder ta có
$2^{k-1}[(a+\frac{c}{2})^{k}+(b+\frac{c}{2})^{k}]\geq (a+b+c)^{k}$
mà hiển nhiên ta có$(a+\frac{c}{2})^{k}+(b+\frac{c}{2})^{k}\geq (a+b)^{k}$
Vậy ta có đpcm 
 
 \begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 3\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 4\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 3\\ \hline \text{fatcat12345} & 1\\ \hline \text{lenhatsinh3} & 1\\ \hline\end{array} 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 25-05-2016 - 16:33






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: marathon, aops, vmf

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh