Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

marathon aops vmf

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 161 trả lời

#61 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 31-05-2016 - 16:37

Lời giải bài 21. Lời giải cuả mình phần đầu giống anh Huyện nên mình bỏ phần đầu nhé
Ta chứng minh
$\sum \frac{5}{2a^2+\sqrt{4a^4+5abc}}\ge 3$
Tuy nhiên áp dụng C-S
${\sum \frac{5}{2a^2+\sqrt{4a^4+5abc}}=\sum \frac{5b^2c^2}{2a^2b^2c^2+b^2c^2\sqrt{4a^4+5abc}}\ge \frac{5(ab+bc+ca)^2}{6a^2b^2c^2+\sum b^2c^2\sqrt{4a^4+5abc}}}$
Ta sẽ chứng minh
$5(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^2\ge 18+\sum 3\frac{\sqrt{4a^4+5abc}}{a^2}$
Áp dụng AM-GM
$3\frac{\sqrt{4a^4+5abc}}{a^2}\le \frac{9+4a^4+5abc}{2a^2}$
Ta chứng minh$\sum \frac{1}{2a^2}+10\sum \frac{1}{ab}\ge 2\sum a^2+3+\frac{5}{2}\sum \frac{1}{a}\sum ab$
Là 1 bất đẳng thức đúng khi $a+b+c=3$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 31-05-2016 - 23:06


#62 quykhtn-qa1

quykhtn-qa1

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 31-05-2016 - 21:57

Lời giải của bạn Nguyenhuyen_AG và Gachdptrai12 cho bài 21 là chuẩn xác rồi với ý tưởng chính là sử dụng bất đẳng thức Schur.
 
Bài toán 22. (AoPS) Cho các số thực dương $a,b,c,d$. Chứng minh rằng
\[ a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd\geq 2a^2|(d-b)(d-c)|.\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 31-05-2016 - 23:06


#63 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

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

Đã gửi 01-06-2016 - 12:43

 

Bài toán 22. (AoPS) Cho các số thực dương $a,b,c,d$. Chứng minh rằng
\[ a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd\geq 2a^2|(d-b)(d-c)|.\]

 

 Lời giải bài 22.

 - Trường hợp $(d-b)(d-c)\leq 0$,ta viết bất đẳng thức lại là $a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd\geq 2a^2(d-b)(c-d)$

   Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $(d-b)(c-d)\leq \dfrac{(b-c)^2}{4}$

   Nên ta chỉ cần chứng minh $a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd\geq \dfrac{a^2(b-c)^2}{2}$

   Tương đương $2(a^4+b^4+c^4+d^4)+2a^2bc\geq a^2b^2+a^2c^2+8abcd$

   Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $a^2bc+a^2bc+d^4+b^2c^2\geq 4abcd$ và $a^4+b^4+c^4+d^4\geq 4abcd$

   Nên ta chỉ cần chứng minh $a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$, hiển nhiên đúng

 - Trường hợp $(d-b)(d-c)\geq 0$, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta sẽ có $b^4+c^4\geq \dfrac{(b+c)^4}{8},bc\leq \dfrac{(b+c)^2}{4},(d-b)(d-c)\leq \dfrac{(2d-b-c)^2}{4}$

   Đặt $t=\dfrac{b+c}{2}$ thì ta chỉ cần chứng minh $a^4+2t^4+d^4\geq 2a^2(d-t)^2$

   Tương đương với $(a^2-d^2)^2+2t(t-a)(t^2+at-2ad)\geq 0$

   Hiển nhiên với $t=\max \{a,t,d\}$ hoặc $t=\min \{a,t,d\}$  thì bất đẳng thức trên đúng nên ta chỉ xét khi $t$ nằm giữa $a$ và $d$

   Nếu $a\geq t\geq d$, đặt $a=d+x$ và $t=d+y$ thì ta cần chứng minh $(x^2+2dx)^2+2(d+y)(y-x)(3dy+y^2+xy-dx)\geq 0$

   Tương đương với $2d^2(3x^2-4xy+3y^2)+4d(x^3-2xy^2+2y^3)+x^4-2x^2y^2+2y^4\geq 0$

   Hiển nhiên đúng do $3x^2-4xy+3y^2\geq x^2+y^2\geq 0,x^3-2xy^2+2y^3\geq xy^2\geq 0,x^4-2x^2y^2+2y^4\geq y^4\geq 0$

   Nếu $a\leq t\leq d$, đặt $d=a+u,t=a+v$ thì ta cần chứng minh $a^2(4u^2-4uv+6v^2)+4a(u^3-uv^2+2v^3)+u^4+2v^4\geq 0$, đúng

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

 

 Bài toán 23. (Sưu tầm) Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$. Chứng minh rằng

\[x^3y+y^3z+z^3x\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{16}\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 01-06-2016 - 13:09


#64 quykhtn-qa1

quykhtn-qa1

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 02-06-2016 - 21:53

 

Bài toán 22. (AoPS) Cho các số thực dương $a,b,c,d$. Chứng minh rằng
\[ a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd\geq 2a^2|(d-b)(d-c)|.\]

 

Lời giải của em cho bài 22 cũng khá tốt rồi mặc dù còn nhiều tính toán ở trường hợp 2, hoanglong2k. Lời giải dưới đây tính toán đơn giản hơn:
 
Lời giải bài 22. Xét $2$ trường hợp:
Trường hợp 1. Nếu $(d-b)(d-c)\leq 0$, ta có 
$$|(d-b)(d-c)|=(b-d)(d-c)\leq \dfrac{(b-d+d-c)^2}{4}=\dfrac{(b-c)^2}{4}.$$
Ta chỉ cần chứng minh 
\[ a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd \geq \dfrac{a^2(b-c)^2}{2},\]
\[ a^4+b^4+c^4+d^4+2a^2bc\geq \dfrac{a^2(b+c)^2}{2}+4abcd.\]
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
\[ a^2bc+a^2bc+b^2c^2+d^4\geq 4abcd,\]
\[ a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2,\]
\[a^2(b^2+c^2)\geq \dfrac{a^2(b+c)^2}{2}.\]
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta có điều phải chứng minh.
 
Trường hợp 2. Nếu $(d-b)(d-c)>0$. Do tính thuần nhất, ta có thể chuẩn hóa $b+c=2$. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
$$|(d-b)(d-c)|=(d-b)(d-c)\leq \left(d-\dfrac{b+c}{2}\right)^2=(d-1)^2,$$
$$b^4+c^4\geq 4b-3+4c-3=2,$$
$$ abcd\leq \dfrac{a^2+1}{2}\cdot\dfrac{(b+c)^2}{4}\cdot d=\dfrac{(a^2+1)d}{2}.$$
Do đó, ta chỉ cần chứng minh
\[a^4+2+d^4-2(a^2+1)d \geq 2a^2(d-1)^2,\]
\[a^4-2a^2(d^2-d+1)+d^4-2d+2,\]
\[(a^2+d-d^2-1)^2+(2d+1)(d-1)^2\geq 0.\]
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=d$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quykhtn-qa1: 02-06-2016 - 21:54


#65 quykhtn-qa1

quykhtn-qa1

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 02-06-2016 - 21:59

Bài toán 23. (Sưu tầm) Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$. Chứng minh rằng

\[x^3y+y^3z+z^3x\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{16}\]

Về cơ bản thì bài toán này có thể dử dụng ý tưởng như bài  toán 19, 20. Tất nhiên bài này lời giải khá đơn giản vì chỉ có 1 dấu đẳng thức xảy ra (không tính hoán vị).



#66 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 03-06-2016 - 16:03

 Bài toán 23. (Sưu tầm) Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$. Chứng minh rằng

\[x^3y+y^3z+z^3x\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{16}\]

ta chỉ cần chứng minh bdt khi $x\geq y\geq z$ 

ta có $x\geq \frac{1}{2}\Rightarrow 1=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz$

từ đó ta có $x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x\leq xy(x^{2}+xy+y^{2})=S$

mà theo bddt AM-GM ta có

$S^{2}=x^{2}y^{2}(x^{2}+zy+z^{2})^{2}=27\frac{x^{2}}{3}y^{2}(\frac{x^{2}+yz+z^{2}}{3})^{2}\leq \frac{27}{256}(\frac{x^{2}}{3}+\frac{2(x^{2}+yz+z^{2})}{3}+y^{2})^{4}= \frac{27}{256}(x^{2}+y^{2}+\frac{2(yz+z^{2})}{3})^{4}\leq \frac{27}{256}(x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz)^{4}\leq \frac{27}{256}\Rightarrow S\leq \frac{3\sqrt{3}}{16}$

vậy ta có đpcm

 

Về cơ bản thì bài toán này có thể dử dụng ý tưởng như bài  toán 19, 20. Tất nhiên bài này lời giải khá đơn giản vì chỉ có 1 dấu đẳng thức xảy ra (không tính hoán vị).

em nghĩ nó không dễ đâu ạ dù chỉ có 1 dấu bằng nhưng rất khó đoán phải dùng máy tính :3 :v

em đang suy nghĩ 1 cách khác đó là chứng minh $f(\sqrt{\frac{1-z}{2}},\sqrt{\frac{1-z}{2}},z)\geq \frac{3\sqrt{3}}{16}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 04-06-2016 - 21:03


#67 quykhtn-qa1

quykhtn-qa1

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 03-06-2016 - 17:33

ta chỉ cần chứng minh bdt khi $x\geq y\geq z$ 

ta có $x\geq \frac{1}{2}\Rightarrow 1=x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xyz\geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz$

từ đó ta có $x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x\leq xy(x^{2}+xy+y^{2})=S$

mà theo bddt AM-GM ta có

$S^{2}=x^{2}y^{2}(x^{2}+zy+z^{2})^{2}=27\frac{x^{2}}{3}(\frac{x^{2}+yz+z^{2}}{3})^{2}\leq = \frac{27}{256}(\frac{x^{2}}{3}+\frac{2(x^{2}+yz+z^{2})}{3}+y^{2})^{4}= \frac{27}{256}(x^{2}+y^{2}+\frac{2(yz+z^{2})}{3})^{4}\leq \frac{27}{256}(x^{2}+y^{2}+z^{2}+yz)^{4}\leq \frac{27}{256}\Rightarrow S\leq \frac{3\sqrt{3}}{16}$

vậy ta có đpcm

 

em nghĩ nó không dễ đâu ạ dù chỉ có 1 dấu bằng nhưng rất khó đoán phải dùng máy tính :3 :v

em đang suy nghĩ 1 cách khác đó là chứng minh $f(\sqrt{\frac{1-z}{2}},\sqrt{\frac{1-z}{2}},z)\geq \frac{3\sqrt{3}}{16}$

 

Lời giải này ý tưởng đúng nhưng gõ sai nhiều chỗ, em nên viết nghiêm túc hơn. Ý tưởng lời giải anh nói ở trên là quy về chứng minh bất đẳng thức $1$ biến:

$$ x^3y+y^3z+z^3x \leq y(x^3+z^3+xyz) \leq y(x^2+z^2+2xyz)^{\frac{3}{2}}=y(1-y^2)^{\frac{3}{2}} \leq \frac{3\sqrt{3}}{16}.$$
Phần chứng minh $x^3+z^3+xyz\leq (x^2+z^2+2xyz)^{\frac{3}{2}}$ cơ bản là giống với lời giải của em. Chú ý đây là bất đẳng thức hoán vị nên không dùng dồn biến kiểu quy về chứng minh $f(\sqrt{\frac{1-z}{2}},\sqrt{\frac{1-z}{2}},z)\leq \frac{3\sqrt{3}}{16}$ như em nói được. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quykhtn-qa1: 03-06-2016 - 21:30


#68 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 03-06-2016 - 22:25

Lời giải này ý tưởng đúng nhưng gõ sai nhiều chỗ, em nên viết nghiêm túc hơn. Ý tưởng lời giải anh nói ở trên là quy về chứng minh bất đẳng thức $1$ biến:

$$ x^3y+y^3z+z^3x \leq y(x^3+z^3+xyz) \leq y(x^2+z^2+2xyz)^{\frac{3}{2}}=y(1-y^2)^{\frac{3}{2}} \leq \frac{3\sqrt{3}}{16}.$$
Phần chứng minh $x^3+z^3+xyz\leq (x^2+z^2+2xyz)^{\frac{3}{2}}$ cơ bản là giống với lời giải của em. Chú ý đây là bất đẳng thức hoán vị nên không dùng dồn biến kiểu quy về chứng minh $f(\sqrt{\frac{1-z}{2}},\sqrt{\frac{1-z}{2}},z)\leq \frac{3\sqrt{3}}{16}$ như em nói được. 

 

chắc có lẽ cách em sai 



#69 ineX

ineX

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 353 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Trung Tâm Giáo Dục Thường Xuyên Cầu Giấy
  • Sở thích:Sách

Đã gửi 04-06-2016 - 01:32

Vì không thấy ai đăng tiếp, mình xin góp một bài, xin lấy tiêu đề là bài toán 24, nếu các bạn không đồng ý thì có thể bỏ bài toán này!

 

Bài toán 24: (Nguồn: Juliel)

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

aaa.PNG

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ineX: 04-06-2016 - 23:09

"Tôi sinh ra là để thay đổi thế giới chứ không phải để thế giới thay đổi tôi" - Juliel

 

3cf67218ea144a6eb6caf571068071ff.1.gif


#70 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 04-06-2016 - 21:07

Vì không thấy ai đăng tiếp, mình xin góp một bài, xin lấy tiêu đề là bài toán 24, nếu các bạn không đồng ý thì có thể bỏ bài toán này!

 

Bài toán 24: (Nguồn: Juliel)

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

$$\sqrt[7]{\frac{a^{7}+b^{7}}{2}}+\sqrt[7]{\frac{b^{7}+c^{7}}{2}}+\sqrt[7]{\frac{c^{7}+a^{7}}{2}}\leq \left ( a+b+c \right )^{10}\left ( \frac{1}{9a}+\frac{1}{9b}+\frac{1}{9c} \right )^{9}$$

 

Áp dụng BĐT AM-GM :

$\dfrac{a^7+b^7}{(a+b)^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}+\dfrac{a+b}{2^6}\geq 7\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{(2^6)^6}}=\dfrac{7}{32}\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}$

Tức là :
$\dfrac{a^7+b^7}{(a+b)^6}+\dfrac{3}{32}(a+b)\geq \dfrac{7}{32}\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}$
Ta có :
$(a+b)^7=a^7+b^7+7ab(a^5+b^5)+21a^2b^2(a^3+b^3)+35a^3b^3(a+b)=a^7+b^7+7ab\left [ a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2b^2(a+b) \right ]$
Theo AM-GM :
$12a^5+9b^5+7a^4b+2ab^4\geq 30\sqrt[30]{(a^5)^{12}.(b^5)^9.(a^4b)^7.(ab^4)^2}=30a^3b$
$12b^5+9a^5+7b^4a+2ba^4\geq 30\sqrt[30]{(b^5)^{12}.(a^5)^9.(b^4a)^7.(ba^4)^2}=30b^3a$
Cộng vế theo vế hai kết quả trên thì được :
$7(a^5+b^5)+3ab(a^3+b^3)\geq 10a^2b^2(a+b)$
Suy ra :
 
$16(a^5+b^5)+48ab(a^3+b^3)+80a^2b^2(a+b)\geq 9(a^5+b^5)+45ab(a^3+b^3)+90a^2b^2(a+b)\Leftrightarrow 16\left [ a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2b^2(a+b) \right ]\geq 9\left [ a^5+b^5+5ab(a^3+b^3)+10a^2b^2(a+b) \right ]\Leftrightarrow a^5+b^5+3ab(a^3+b^3)+5a^2b^2(a+b) \geq \dfrac{9}{16}(a+b)^5$
Từ đó ta được :
 
$(a+b)^7\geq a^7+b^7+7ab.\dfrac{9}{16}(a+b)^5\Leftrightarrow \dfrac{a^7+b^7}{(a+b)^6}\leq a+b-\dfrac{63ab}{16(a+b)}$
Lại được tiếp :
$\dfrac{7}{32}\sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}\leq \dfrac{3}{32}(a+b)+(a+b)-\dfrac{63ab}{16(a+b)}=\dfrac{35}{32}(a+b)-\dfrac{63ab}{16(a+b)}\Leftrightarrow \sqrt[7]{\dfrac{a^7+b^7}{2}}\leq 5(a+b)-\dfrac{18ab}{a+b}$
Thiết lập các BĐT tương tự rồi cộng chúng vế theo vế, ta dẫn đến việc chứng minh :
$\left ( a+b+c \right )^{10}\left ( \dfrac{1}{9a}+\dfrac{1}{9b} +\dfrac{1}{9c}\right )^9+\dfrac{18ab}{a+b}+\dfrac{18bc}{b+c}+\dfrac{18ca}{c+a}\geq 10(a+b+c)\Leftrightarrow \dfrac{(a+b+c)^{10}.(ab+bc+ca)^9}{(abc)^9.9^9}+\dfrac{18}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}+\dfrac{18}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}+\dfrac{18}{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}}\geq 10(a+b+c)$
Theo Cauchy-Schwarz :
$\dfrac{18}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}+\dfrac{18}{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}+\dfrac{18}{\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{a}}\geq \dfrac{18.9}{2\left ( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b} +\dfrac{1}{c}\right )}=\dfrac{81abc}{ab+bc+ca}$
Như vậy cần chỉ ra :
$\dfrac{(a+b+c)^{10}.(ab+bc+ca)^9}{(abc)^9.9^9}+\dfrac{81abc}{ab+bc+ca}\geq 10(a+b+c)$
Nhưng điều này hiển nhiên đúng theo AM-GM cho 10 số :
$\dfrac{(a+b+c)^{10}.(ab+bc+ca)^9}{(abc)^9.9^9}+\dfrac{81abc}{ab+bc+ca}=\dfrac{(a+b+c)^{10}.(ab+bc+ca)^9}{(abc)^9.9^9}+9.\dfrac{9abc}{ab+bc+ca}\geq 10\sqrt[10]{\dfrac{(a+b+c)^{10}.(ab+bc+ca)^9}{(abc)^9.9^9}.\dfrac{(9abc)^9}{(ab+bc+ca)^9}}=10(a+b+c)$
p/s:đề nghị sửa đề  :D  :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 04-06-2016 - 21:18


#71 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 04-06-2016 - 21:18

Bài toán 25. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c$ là các số thực không âm, chứng minh

$\dfrac{4(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}+\sqrt{3}\left(\frac{a+2b}{\sqrt{a^{2}+2b^{2}}}+\frac{b+2c}{\sqrt{b^{2}+2c^{2}}}+\frac{c+2a}{\sqrt{c^{2}+2a^{2}}}\right)\geq 13$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 05-06-2016 - 21:52


#72 Nguyenngoctu

Nguyenngoctu

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 118 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ha Giang City
  • Sở thích:Và khi chúng ta yêu nhau, chẳng kẻ thù nào làm tim ta yếu mềm

Đã gửi 04-06-2016 - 22:34

Bài toán 6. 

Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn ab+bc+ca=3. Chứng minh rằng:

$$4\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) + 11abc\left( {a + b + c} \right) \ge 45$$.

Lời giải.

Ta có $$\begin{array}{l} 4\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) + 11abc\left( {a + b + c} \right) \ge 45\\ \Leftrightarrow 4\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) + 11abc\left( {a + b + c} \right) \ge 5{\left( {ab + bc + ca} \right)^2}\\ \Leftrightarrow 4\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) + abc\left( {a + b + c} \right) \ge 5\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) \end{array}$$

Ta có: $$\begin{array}{l} 4\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) + abc\left( {a + b + c} \right) = \left[ {{a^4} + {b^4} + {c^4} + abc\left( {a + b + c} \right)} \right] + 3\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right)\\ {a^4} + {b^4} + {c^4} + abc\left( {a + b + c} \right) \ge ab\left( {{a^2} + {b^2}} \right) + bc\left( {{b^2} + {c^2}} \right) + ca\left( {{c^2} + {a^2}} \right)\\ \ge ab.2ab + bc.2bc + ca.2ca = 2\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right) \end{array}$$.

và $$3\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) \ge 3\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right)$$.

Do đó $$4\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) + abc\left( {a + b + c} \right) \ge 5\left( {{a^2}{b^2} + {b^2}{c^2} + {c^2}{a^2}} \right)$$. Xong!



#73 fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Banned
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 04-06-2016 - 23:38

Lời giải bài 25.

Giả sử $a=max(a,b,c),$

$\frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+\sqrt{3}\sum_{cyc}\frac{a+2b}{\sqrt{a^2+2b^2}}-13$
$=\sum_{cyc}\left ( \frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{3}{(b+2c+\sqrt{3(b^2+2c^2)})\sqrt{3(b^2+2c^2)}} \right )(b-c)^2$
$\geq [ \frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{3}{(c+2a+\sqrt{3(c^2+2a^2)})\sqrt{3(c^2+2a^2)}} ](c-a)^2$$+[ \frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{3}{(b+2c+\sqrt{3(b^2+2c^2)})\sqrt{3(b^2+2c^2)}}](b-c)^2$
$\geq \frac{1}{b^2}[ \frac{a^2}{ab+bc+ca}-\frac{3a^2}{(c+2a+\sqrt{3(c^2+2a^2)})\sqrt{3(c^2+2a^2)}}$$+\frac{b^2}{ab+bc+ca}-\frac{3b^2}{(b+2c+\sqrt{3(b^2+2c^2)})\sqrt{3(b^2+2c^2)}}](b-c)^2$
$\geq \frac{1}{b^2}\left ( \frac{a^2+b^2}{ab+bc+ca}-\frac{3a^2}{2(c+2a)^2}-\frac{3b^2}{2(b+2c)^2} \right )(b-c)^2$
$\geq \frac{(8a^4b^2+8a^2b^4-15a^3b^3)+(19a^4bc-19a^3b^2c)+(4a^4bc-4a^2bc^3)}{2b^2(ab+bc+ca)(c+2a)^2(b+2c)^2}(b-c)^2\geq 0\blacksquare$
 
Bài toán 26. Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh
\[(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 1+2\sqrt[3]{6(a^2+b^2+c^2)\left ( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \right )+10}.\]
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 05-06-2016 - 21:54


#74 Gachdptrai12

Gachdptrai12

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 05-06-2016 - 10:13

Bài 25.

Giả sử $a\geq b\geq c,$

$\frac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+\sqrt{3}\sum_{cyc}\frac{a+2b}{\sqrt{a^2+2b^2}}-13$
$=\sum_{cyc}\left ( \frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{3}{(b+2c+\sqrt{3(b^2+2c^2)})\sqrt{3(b^2+2c^2)}} \right )(b-c)^2$
$\geq \left ( \frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{3}{(c+2a+\sqrt{3(c^2+2a^2)})\sqrt{3(c^2+2a^2)}} \right )(c-a)^2+\left ( \frac{1}{ab+bc+ca}-\frac{3}{(b+2c+\sqrt{3(b^2+2c^2)})\sqrt{3(b^2+2c^2)}} \right )(b-c)^2$
$\geq \frac{1}{b^2}\left ( \frac{a^2}{ab+bc+ca}-\frac{3a^2}{(c+2a+\sqrt{3(c^2+2a^2)})\sqrt{3(c^2+2a^2)}}+\frac{b^2}{ab+bc+ca}-\frac{3b^2}{(b+2c+\sqrt{3(b^2+2c^2)})\sqrt{3(b^2+2c^2)}} \right )(b-c)^2$
$\geq \frac{1}{b^2}\left ( \frac{a^2+b^2}{ab+bc+ca}-\frac{3a^2}{2(c+2a)^2}-\frac{3b^2}{2(b+2c)^2} \right )(b-c)^2$
$\geq \frac{(8a^4b^2+8a^2b^4-15a^3b^3)+(19a^4c^2-19a^3b^2c)+(4a^4bc-4a^2bc^3)}{2b^2(ab+bc+ca)(c+2a)^2(b+2c)^2}\geq 0\blacksquare$

 Bách coi lại bài này đâu thể giả sử $a\geq b\geq c$ và cái tô đỏ thứ 2 là chưa chắc lớn hơn



#75 fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Banned
  • 46 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đà Nẵng

Đã gửi 05-06-2016 - 12:14

 Bách coi lại bài này đâu thể giả sử $a\geq b\geq c$ và cái tô đỏ thứ 2 là chưa chắc lớn hơn

Đã sửa  :D !



#76 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 127 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 05-06-2016 - 15:37

Lời giải bài 26: 

Đặt $(a+b+c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) = t$, theo AM-GM ta suy ra $t \geq 9$. 

Theo Cauchy-Schwarz ta có:

$(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}) = \sqrt{[(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)][(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})+2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})]} \geq \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})} + 2\sqrt{(ab+bc+ca)(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca})} = \sqrt{(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})} + 2\sqrt{(a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})}$. 

Do đó $(a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}) \leq (t-2\sqrt{t})^2 = t(\sqrt{t}-2)^2$.

Điều đó có nghĩa ta chỉ cần chứng minh: 

$t \geq 1+2\sqrt[3]{6t(\sqrt{t}-2)^2+10}$ $\Leftrightarrow$ $t^3-51t^2+192t\sqrt{t}-189t-81 \geq 0$ $\Leftrightarrow$ $(\sqrt{t}-3)^3(t\sqrt{t}+9t+3\sqrt{t}+3) \geq 0$ (luôn đúng với mọi $t \geq 9$). Ta có đpcm $\blacksquare$.

P/s: bạn nào post bài mới hộ mình đi, mình chưa có bài đề xuất nào.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 05-06-2016 - 15:48


#77 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

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

Đã gửi 06-06-2016 - 14:53

Nguyenngoctu

 

fatcat12345

  Tiện thể mình sẽ đề xuất bài toán 27 để chúng ta tiếp tục Topic :)

 Bài toán 27. (Sưu tầm) Chứng minh rằng với các số thực $x\geq 0$ tùy ý và số nguyên dương $n$ ta luôn có bất đẳng thức \[\left[nx\right]\geq \dfrac{\left[x\right]}{1}+\dfrac{\left[2x\right]}{2}+\dfrac{\left[3x\right]}{3}+\cdots +\dfrac{\left[nx\right]}{n}\]



#78 quykhtn-qa1

quykhtn-qa1

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 06-06-2016 - 18:30

Bài toán 25. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c$ là các số thực không âm, chứng minh

$\dfrac{4(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{ab+bc+ca}+\sqrt{3}\left(\frac{a+2b}{\sqrt{a^{2}+2b^{2}}}+\frac{b+2c}{\sqrt{b^{2}+2c^{2}}}+\frac{c+2a}{\sqrt{c^{2}+2a^{2}}}\right)\geq 13$

Lời giải bài $25$ của bạn fatcat12345 chưa chính xác. Chú ý với $a=\max\{a,b,c\}$, bất đẳng thức $(a-c)^2 \geq \dfrac{a^2(b-c)^2}{b^2}$ không chính xác (chẳng hạn cho $a=c=2,\ b=1)$. Bài toán $25$ có thể chứng minh đơn giản bằng Cauchy-Schwarz và AM-GM như sau: 
\[\begin{aligned} \sum \dfrac{a+2b}{\sqrt{a^2+2b^2}} & \geq \dfrac{\left[\sum (a+2b)\right]^2}{\sum\big[ (a+2b)\sqrt{a^2+2b^2}\big]}=\dfrac{9(a+b+c)^2}{\sum \big[ (a+2b)\sqrt{a^2+2b^2}\big]} \\ & \geq \dfrac{9(a+b+c)^2}{\sum \dfrac{3(a^2+2b^2)+(a+2b)^2}{2\sqrt{3}}}=\dfrac{9\sqrt{3}(a+b+c)^2}{7(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}.\end{aligned}\]
Ta chỉ cần chứng minh
$$\dfrac{4(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+\dfrac{27(a+b+c)^2}{7(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)}\geq 13,$$
$$\dfrac{28(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)^2}{(ab+bc+ca)\big[7(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)\big]}\geq 0.$$
Bất đẳng thức trên hiển nhiên đúng, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.
 
P/S. Lời giải của bạn Ngockhanh99k48 cho bài 26 chính xác rồi.
 


#79 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

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

Đã gửi 06-06-2016 - 20:12

Bài toán 26. Cho $a,b,c > 0$. Chứng minh
\[(a+b+c)\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 1+2\sqrt[3]{6(a^2+b^2+c^2)\left ( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2} \right )+10}.\]

 

Đặt $x = \frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a},\;y=\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}$ bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

\[x+y+2 \geqslant 2\sqrt[3]{3(x+y-2)^2+3(x-y)^2+16},\]

hay là

\[(x+y+2)^3-24(x+y-2)^2-128 \geqslant 24(x-y)^2,\]

hoặc

\[(x+y-6)^3 \geqslant 24(x-y)^2.\]

Chú ý rằng

\[x+y-6 = \sum \frac{(a-b)^2}{ab} \geqslant 3\sqrt[3]{\frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}{a^2b^2c^2}} = 3\sqrt[3]{(x-y)^2}.\]

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 06-06-2016 - 20:16

Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#80 lenhatsinh3

lenhatsinh3

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 06-06-2016 - 20:46

Một lời giải bài toán 17: Thực chất bài tổng quát của bài toán 17 bài toán sau

$x^{n}y+y^{n}z+z^{n}x\leq \frac{n^{n}}{(n+1)^{n+1}}(x+y+z)^{n+1}$$\forall x,y,z\geq 0$,$n\geq 2$

Ta chỉ cần chứng minh bài toán tổng quát .

 Không mất tính tổng quát, giả sử $x=\max \left \{ x,y,z \right \}$ . Ta có

$\left\{\begin{matrix} y\leq x\Rightarrow y^{n}z\leq x^{n-1}yz & & \\ z\leq x\Rightarrow z^{n}x\leq zx^{n} & & \\ z^{n}x\leq z^{2}x^{n-1}& & \\ n> 1\Rightarrow \frac{n-1}{n}\geq \frac{1}{2}\Rightarrow \frac{n-1}{n}z\geq \frac{z}{2}& & \end{matrix}\right.$

Đặt $P=x^{n}y+y^{n}z+z^{n}x\leq x^{n}y+x^{n-1}yz+\frac{1}{2}z^{n}x+\frac{1}{2}z^{n}x$

    $\leq x^{n}y+x^{n-1}yz+\frac{1}{2}x^{n}z+\frac{1}{2}z^{2}x^{n-1}$

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

    $\leq x^{n-1}(x+z)(y+\frac{n-1}{n}z)=n^{n}[\frac{x}{n}.\frac{x}{n}...\frac{x}{n}.\frac{x+z}{n}(y+\frac{n-1}{n}z)]$

    $\leq$$n^{n}[\frac{(n-1).\frac{x}{n}+\frac{x+z}{n}+y+\frac{n-1}{n}z}{n=1}]^{n+1}$

    $=\frac{n^{n}}{(n+1)^{n+1}}(x+y+z)^{n+1}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\left ( x,y,z \right )\sim\left ( n,1,0 \right )$ các hoán vị của nó

Áp dụng ta có được $x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x\leq \frac{27}{256}(x+y+z)^{4}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lenhatsinh3: 07-06-2016 - 07:44

:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:

      :ukliam2:

            :ukliam2:

                  :ukliam2:

             :ukliam2:

        :ukliam2:  

     :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:






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