Chủ đề này có 306 trả lời

[tthnew]

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\[\frac{3}{64}(a+b+c)^6 \geqslant (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2),\]

hoặc

\[\frac{5}{16}(a+b+c)^2 \sum ab(a-b)^2+\frac{1}{64}\left(\sum a^2-2\sum bc\right)^2\left(3\sum a^2 + 10 \sum bc \right) + \frac{1}{16}abc(a+b+c)^3 \geqslant 0.\]

Từ đó suy điều phải chứng minh.

 

P/s. Bài này không phải của Trần Quốc Anh đâu.

$pqr$ method:

Ta chứng minh: \[\frac{3}{64}(a+b+c)^6 \geqq (a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ca+a^2),\]

Nếu $p^2 \geqq 4q$ ta viết nó lại thành: \[r{p}^{3}+{\frac { \left( {p}^{2}-4\,q \right)  \left( 3\,{p}^{4}+12\,{ p}^{2}q-16\,{q}^{2} \right) }{64}} \geqq 0\]

Nếu $p^2 \leqq 4q$ ta viết nó lại thành: \[\frac{1}{9}\,{p}^{3} \left( {p}^{3}-4\,qp+9\,r \right) -{\frac { \left( {p}^{2 }-4\,q \right) \Big[ \left( 37\,{p}^{2}-54\,q \right) ^{2}+2412\,{q}^{2}\Big] }{21312}}\geqq 0\]

Từ trên và do trên$,$ bất đẳng thức là hiển nhiên. Mặt khác ta lại có thể viết SOS cho nó rất dễ dàng nhờ phân tích BĐT Schur bậc $3$ của em tại: 

$\lceil$ https://artofproblem...456439p14533974 $\rfloor$

[tthnew]

Ta có

\[(a^2+b^2+c^2)^3 - 9(a^3+b^3+c^3) = \frac13\sum(ab+2bc+2ca+c^2)(a-b)^4+\frac12\sum\left[(a^2+b^2)^2+5c^4\right](a-b)^2.\]

Buồn quá$,$ cả hsos và sos đều cho kết quả xấu hơn của anh 

SOS

 

[Thekingof2005]

Cho các số thực a,b,c thỏa mãn $0\leq a,b,c\leq 1$. Tìm max

P=(a-b)(b-c)(c-a)

[tthnew]

Bài 13: (Lê Khánh Sỹ)

Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a+b}{c} \geq 2.\sqrt{(a+b+c)(\frac{a}{bc} +\frac{b}{ca}+ \frac{c}{ab})}$

Sau khi bình phương lên và quy đồng nó tương đương$:$

$$4\,{b}^{2}{c}^{2} \left( a-b \right)  \left( a-c \right) +4\,{c}^{2}{a }^{2} \left( b-c \right)  \left( b-a \right) +4\,{a}^{2}{b}^{2} \left( c-a \right)  \left( c-b \right) + \left( a-b \right) ^{2} \left( b-c \right) ^{2} \left( c-a \right) ^{2} \geqslant 0$$

 

[Test Sức Mạnh của SchurTOOL]

[Peteroldar]

Ta có

\[(a^2+b^2+c^2)^3 - 9(a^3+b^3+c^3) = \frac13\sum(ab+2bc+2ca+c^2)(a-b)^4+\frac12\sum\left[(a^2+b^2)^2+5c^4\right](a-b)^2.\]

 

$$(a^2+b^2+c^2)^3-9abc(a^3+b^3+c^3)=\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)\sum (a^2-ab-ac-b^2+2bc)^2+3\sum a[c(a-b)^2(b-c)^2+b(a^2-2ac+bc)^2]\ge 0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Peteroldar: 06-09-2020 - 12:16

[Tan Thuy Hoang]

Cho các số thực a,b,c thỏa mãn $0\leq a,b,c\leq 1$. Tìm max

P=(a-b)(b-c)(c-a)

Không mất tính tổng quát, giả sử c = max{a, b, c}.

Ta có c - a $\geq$ 0 nên $(a-b)(b-c)(c-a)\leq \frac{(a-b+b-c)^2}{4}(c-a)=\frac{(c-a)^3}{4}\leq \frac{1}{4}$.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi c - a = 1; a - b = b - c

$\Leftrightarrow c=1;a=0;b=\frac{1}{2}$.

Vậy Max P = 0,25 khi chẳng hạn c = 1; a = 0; b = 0,5.

[tthnew]

Cho $a,b,c \in \Big[\dfrac{1}{3},3\Big].$ Chứng minh $$(a+b+c) \Big(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\Big) \leqslant 25.$$

 

Giả sử $a\equiv \text{mid}\{a,b,c\}.$ Ta có phân tích$:$

 

$$25-(a+b+c) \Big(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\Big) =\dfrac{2}{bc} (10bc-b^2-c^2) +\dfrac{c+b}{abc} (a-b)(c-a)\geqslant 0.$$

 

Có ai tìm được phân tích với $a:\neq {\rm mid}\left \{ a, b, c \right \}$ không$?$

Mình có một phân tích đúng với mọi $a,b,c \in \Big[\dfrac{1}{3},3\Big]$ (tức là đúng với cả $\text{mid}$ $\text{&}$ $\text{unmid}$) nhưng rất xấu.

Sau khi quy đồng cần chứng minh:

 

f:=22*a*b*c-a^2*c-a^2*b-b^2*c-a*b^2-b*c^2-a*c^2>=0;

 

Nhưng ta có:

 

f=(1/32*(3-a))*(3-b)*(c-1/3)+(3-a)*(a-1/3)*(b-1/3)+(703/32*(a-1/3))*(b-1/3)*(c-1/3)+(9/32*(3-a))*(3-c)*(a-1/3)+(1/4*(3-b))*(3-c)*(c-1/3)+(5/4*(3-c))*(c-1/3)*(a-1/3)+(49/32*(3-c))*(b-1/3)*(c-1/3)+(3-b)*(b-1/3)*(c-1/3)+(21/16*(3-b))*(a-1/3)*(b-1/3)+(5/4*(3-a))*(c-1/3)*(a-1/3)+(1/32)*(3-a)^2*(3-c)+(1/4*(3-b))*(b-1/3)^2+(1/32)*(3-b)^2*(a-1/3)+(9/32*(a-1/3))*(b-1/3)^2+(1/4*(a-1/3))*(c-1/3)^2+(1/4*(b-1/3))*(3-b)^2+(9/32*(b-1/3))*(c-1/3)^2;

 

Do $a,b,c \in \Big[\dfrac{1}{3},3\Big]$ nên biểu thức trên không âm. Kết thúc chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 07-09-2020 - 14:46