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

[TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN VÀ HSG TỈNH}}$ NĂM HỌC 2019-2020


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 837 trả lời

#701 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 01-06-2020 - 21:05

$\boxed{339}$ : Cho các số thực không âm a,b,c không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh: 

$4(\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}} )+9\geq \frac{27(\sum a^2)}{(a+b+c)^2}$

Ta chứng minh BĐT mạnh mẽ hơn$:$ $$4\left\{\sum\limits_{cyc}  \sqrt{\frac{a}{b+c}} \right\}+9\geqq \frac{27( a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}+\frac{486abc}{(a+b+c)^3}$$

Áp dụng BĐT Holder$,$ ta cần chứng minh$:$ $$\frac{4(a+b+c)^3}{a^2 (b+c)+b^2(c+a)+c^2 (a+b)}+9 \geqq  \frac{27( a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}+\frac{486abc}{(a+b+c)^3}$$

$$\Leftrightarrow f(a,b,c) \equiv f(c+u,c+v,c)$$

$$=\left( 648\,{u}^{2}-648\,uv+648\,{v}^{2} \right) {c}^{4}+54\, \left( u+v \right)  \left( 14\,{u}^{2}-11\,uv+14\,{v}^{2} \right) {c}^{3}$$

$$+162 \, \left( 2\,{u}^{2}-uv+2\,{v}^{2} \right)  \left( u+v \right) ^{2}{c} ^{2}+18\, \left( u+v \right)  \left( 2\,{u}^{4}+11\,{u}^{3}v+11\,u{v}^ {3}+2\,{v}^{4} \right) c$$

$$+2\, \left( 2\,{u}^{4}-{u}^{3}v+21\,{u}^{2}{v} ^{2}-u{v}^{3}+2\,{v}^{4} \right)  \left( u+v \right) ^{2} \geqq 0$$

Đây là điều hiển nhiên với $0< c=\min\{a,b,c\}$



#702 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 335 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\mathbf{34}}$
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 03-06-2020 - 00:59

$\boxed{340}:$ Cho các số thực a,b,c dương có tích bằng 1. Chứng minh:

$(\sum a^2)^3\geq 9(\sum a^3)$

:angry:  :angry: 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 03-06-2020 - 12:00

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#703 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 335 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\mathbf{34}}$
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 03-06-2020 - 18:43

$\boxed{341}$ Cho $x,y,z$ là các số thực dương thay đổi : 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$U=\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}{{z}^{4}}{{x}^{3}}}{({{y}^{4}}+{{z}^{4}}){{(yz+{{x}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{z}^{3}}{{x}^{4}}{{y}^{3}}}{({{z}^{4}}+{{x}^{4}}){{(zx+{{y}^{2}})}^{3}}}$$

P/s: Đây là một bài rất hay, và mình mới có 1 cách (của mình ) hóng các cao nhân làm thêm nhiều cách nữa !


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 03-06-2020 - 21:32

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#704 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết

Đã gửi 03-06-2020 - 21:19

$\boxed{341}$ Cho $x,y,z$ là các số thực dương thay đổi :
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$U=\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}{{z}^{4}}{{x}^{3}}}{({{y}^{4}}+{{z}^{4}}){{(yz+{{x}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{z}^{3}}{{x}^{4}}{{y}^{3}}}{({{z}^{4}}+{{x}^{4}}){{(zx+{{y}^{2}})}^{3}}}$$
P/s: Đây là một bài rất hay, và mình mới có 1 cách (của mình ) hóng các cao nhân làm thêm nhiều cách nữa !

Để ý rằng
$xy(x+y)^2(xy+z^2)^2\geqq(xy+yz)^2(xy+zx)^2$ $(C-S)$ và $x^4+y^4\geqq (1/2)xy(x+y)^2$
Nên
$\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} \leqq \frac{2x^3y^4z^3}{(xy+yz)^2(zx+xy)^2(xy+z^2)}\leqq \frac{xy^2z}{4(xy+yz)(xy+zx)} $
Tường tự đặt $(xy,yz,zx)—>(m,n,k)$
Cần cm $\sum \frac{mn}{(m+n)(m+k)} \leqq 3/4 $
Đặt $(m/n,n/k,k/m)—>(a,b,c)$ $=>abc=1$
Nên cần CM
$\sum \frac{1}{(a+1)(b+1)} \leqq 3/4 <=> 6+a+b+c\leqq 3(ab+bc+ca) $
Đặt $(1/a,1/b,1/c)—>(p,q,r)$
Nên $pqr=1$
Cần cm $6+pq+pr+rq\leqq 3(p+q+r)$
Mà theo schur có $pqr\geqq(p+q-r)(p+r-q)(q+r-p)\geqq (3-2r)(3-2p)(3-2q)=> 3(p+q+r)\geqq 3+2(pq+pr+rq)\geqq 6+pq+qr+rp$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daniel18: 03-06-2020 - 21:27


#705 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết

Đã gửi 03-06-2020 - 21:22

$\boxed{341}$ Cho $x,y,z$ là các số thực dương thay đổi :
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$U=\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}{{z}^{4}}{{x}^{3}}}{({{y}^{4}}+{{z}^{4}}){{(yz+{{x}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{z}^{3}}{{x}^{4}}{{y}^{3}}}{({{z}^{4}}+{{x}^{4}}){{(zx+{{y}^{2}})}^{3}}}$$
P/s: Đây là một bài rất hay, và mình mới có 1 cách (của mình ) hóng các cao nhân làm thêm nhiều cách nữa !

Tương tự nhưng dễ chứng minh hơn
Với $x,y,z\geqq0$ CMR
$\sum \frac{x^3y^3z^4}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} \leqq \frac{3}{16} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daniel18: 03-06-2020 - 22:59


#706 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 335 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\mathbf{34}}$
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 03-06-2020 - 21:30

 

$\boxed{339}$ : Cho các số thực không âm a,b,c không có hai số nào đồng thời bằng không. Chứng minh: 

$4(\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}} )+9\geq \frac{27(\sum a^2)}{(a+b+c)^2}$

$(\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}})(\sqrt{\sum ab})\geq \sum a\rightarrow \sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{\sum a}{\sqrt{\sum ab}}$

Đặt $\frac{\sum a^2}{\sum ab}=x(x\geq 1)$

 

$\rightarrow BDT: 4\sqrt{x+2}+9\geq \frac{27x}{x+2}$

Với: $\frac{27(\sum a^2)}{(\sum a)^2}=\frac{\frac{27(\sum a^2)}{\sum ab}}{\frac{\sum a^2+2.\sum ab}{\sum ab}}$

Nên $\frac{27(\sum a^2)}{(\sum a)^2}=\frac{27x}{x+2}$

Từ đó: $4.(\sqrt{x+2})^3+9x+18\geq 27x\rightarrow 4.(\sqrt{x+2})^3+18\geq 18x\rightarrow 4(\sqrt{x+2})+\frac{18}{x+2}\geq \frac{18x}{x+2}$

Rồi cộng cả hai vế với $\frac{36}{x+2}$

$\rightarrow \frac{54}{x+2}+2.\sqrt{x+2}+2.\sqrt{x+2}\geq 18 (true-by-amgm)$

P/s: Đã sửa và bổ sung 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 03-06-2020 - 22:24

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#707 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết

Đã gửi 03-06-2020 - 21:40

$(\sum \sqrt{\frac{a}{b+c}})(\sqrt{\sum ab})\geq \sum a\rightarrow \sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq \frac{\sum a}{\sqrt{\sum ab}}$
Đặt $\sqrt{\frac{\sum a^2}{\sum ab}}=x(x\geq 1)$
$\rightarrow BDT: 4\sqrt{x+2}+9\geq \frac{27}{x+2}\rightarrow \frac{54}{x+2}+2.\sqrt{x+2}+2.\sqrt{x+2}\geq 18 (true)$

Bạn ơi nếu bạn đặt $x=..$ như trên thì hạng tử chứa căn đầu tiên dưới căn phải là $x^2+2$
Mà bên Vp thì bạn lại thay $x$ và không bằng cái ban đầu ??
Hình như bạn thừa căn ở phần đặt r

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Daniel18: 03-06-2020 - 21:41


#708 Syndycate

Syndycate

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 335 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\mathbf{34}}$
  • Sở thích:★★⚽★★

Đã gửi 03-06-2020 - 21:44

$\boxed{341}$ Cho $x,y,z$ là các số thực dương thay đổi : 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$U=\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}{{z}^{4}}{{x}^{3}}}{({{y}^{4}}+{{z}^{4}}){{(yz+{{x}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{z}^{3}}{{x}^{4}}{{y}^{3}}}{({{z}^{4}}+{{x}^{4}}){{(zx+{{y}^{2}})}^{3}}}$$

P/s: Đây là một bài rất hay, và mình mới có 1 cách (của mình ) hóng các cao nhân làm thêm nhiều cách nữa !

Cách mình dùng Cauchy-Schwarz nhưng nó không tự nhiên cho lắm :| bởi nếu không biết hằng đẳng thức này :$(x^2+xy+y^2)(z^2+xy)=\sum x^2y^2+xy(x^2+y^2+z^2)$  thì chắc bó tay ..... 

Ta có: 

$a^3+b^3\geq ab(a+b)\rightarrow (a+b)^3\geq 4ab(a+b)$

Và $a^4+b^4\geq ab(a^2+b^2)\rightarrow 3(a^4+b^4)\geq 2ab(a^2+b^2)+ab(a^2+b^2)\geq 2ab(a^2+b^2)+2a^2b^2=2ab(a^2+ab+b^2)\rightarrow a^4+b^4\geq \frac{2}{3}(a^2+ab+b^2)$

Từ đó: 

$\begin{align}\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}} & \le \frac{3}{8}.\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{xy({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+xy){{z}^{2}}xy({{z}^{2}}+xy)} \\& =\frac{3}{8}.\frac{x{{y}^{2}}z}{({{x}^{2}}+xy+{{y}^{2}})({{z}^{2}}+xy)}\\&=\frac{3}{8}.\frac{x{{y}^{2}}z}{({{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}})+xy({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})} \\& \le \frac{3x{{y}^{2}}z}{32}.\left[ \frac{1}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}}}+\frac{1}{xy({{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}})} \right] \\& =\frac{3}{32}.\left( \frac{xyz.y}{{{x}^{2}}{{y}^{2}}+{{y}^{2}}{{z}^{2}}+{{z}^{2}}{{x}^{2}}}+\frac{yz}{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}} \right) \\\end{align}$

Đến đây thì dễ rồi ....

Tương tự : qua làm như các bước $(1)\rightarrow (5) $ với 2 bđt còn lại 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$

P/s: Bằng cách tương tự cũng cm được bài của Daniel19 vừa đưa ra 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 03-06-2020 - 21:58

"Nếu bạn lên kế hoạch xây dựng một ngôi nhà phẩm hạnh thật cao, trước tiên bạn phải đặt nền móng sâu bằng sự khiêm nhường." 

(Augustine)


#709 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết

Đã gửi 03-06-2020 - 22:51

$\boxed{340}:$ Cho các số thực a,b,c dương có tích bằng 1. Chứng minh:
$(\sum a^2)^3\geq 9(\sum a^3)$
:angry: :angry:

$LHS-RHS=\sum [(a-b)^2((a-b)^2(a^2+b^2+4ab)+c^2(ab+bc+ca)+(9/2)(ab-ac)^2+(9/2)(ab-bc)^2+3abc^2+(3/2)c^2(a^2+b^2))]\geqq 0$

#710 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết

Đã gửi 03-06-2020 - 23:00

Tương tự nhưng dễ chứng minh hơn
Với $x,y,z\geqq0$ CMR
$\sum \frac{x^3y^3z^4}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} \leqq \frac{3}{16} $

Có $(x^2+y^2)(z^2+xy)\geqq 2x^2y^2+x^2z^2+z^2y^2 $
Nên $LHS\leqq\sum \frac{2x^3y^3z^4}{(x^2+y^2)(xy+z^2)^2(2x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2)} \leqq (1/4)\sum \frac{xyz^2}{2x^2y^2+x^2z^2+x^2y^2} $
Đặt $(xy,yz,zx)—>(a,b,c) $
Nên cần cm $\sum \frac{ab}{2c^2+a^2+b^2} \leqq 3/4 $ mà
$ \sum \frac{ab}{2c^2+a^2+b^2} \leqq (1/4)\sum \frac{(a+b)^2}{2c^2+a^2+b^2} \leqq (1/4)\sum [\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2} ]=3/4 $

#711 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết

Đã gửi 03-06-2020 - 23:03

Tương tự nhưng dễ chứng minh hơn
Với $x,y,z\geqq0$ CMR
$\sum \frac{x^3y^3z^4}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3} \leqq \frac{3}{16} $

Có $(x^2+y^2)(z^2+xy)\geqq 2x^2y^2+x^2z^2+z^2y^2 $
Nên $LHS\leqq\sum \frac{2x^3y^3z^4}{(x^2+y^2)(xy+z^2)^2(2x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2)} \leqq (1/4)\sum \frac{xyz^2}{2x^2y^2+x^2z^2+x^2y^2} $
Đặt $(xy,yz,zx)—>(a,b,c) $
Nên cần cm $\sum \frac{ab}{2c^2+a^2+b^2} \leqq 3/4 $ mà
$ \sum \frac{ab}{2c^2+a^2+b^2} \leqq (1/4)\sum \frac{(a+b)^2}{2c^2+a^2+b^2} \leqq (1/4)\sum [\frac{a^2}{c^2+a^2}+\frac{b^2}{b^2+c^2} ]=3/4 $

#712 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 04-06-2020 - 08:13

$\boxed{340}:$ Cho các số thực a,b,c dương có tích bằng 1. Chứng minh:

$(\sum a^2)^3\geq 9(\sum a^3)$

:angry:  :angry: 

Mình có thể biểu diễn dưới dạng tổng bình phương nhưng khá xấu$:$

Ta có$:$ $$\left( {a}^{2}+{b}^{2}+{c}^{2} \right) ^{3}-9\,abc \left( {a}^{3}+{b} ^{3}+{c}^{3} \right)$$

$$=\frac{1}{8}\, \left( b-c \right) ^{6}+{\frac {117\, \left( b+c \right) ^{4} \left( b+c-2\,a \right) ^{2}}{1024}}+{\frac {3\,{a}^{2} \left( 40\,{a }^{2}+7\,{b}^{2}+14\,bc+7\,{c}^{2} \right)  \left( b-c \right) ^{2}}{ 32}}$$

$$+{\frac {3\, \left( b+c \right) ^{2} \left( 3\,a-2\,b-2\,c \right) ^{2} \left( b-c \right) ^{2}}{32}}+\frac{3}{16}\, \left( a+2\,b+2\,c \right) \left( 4\,a+b+c \right)  \left( b-c \right) ^{4}$$

$$+{\frac { \left( 16\,{a}^{2}+24\,ab+24\,ac+11\,{b}^{2}+22\,bc+11\,{c}^{ 2} \right)  \left( 4\,a-b-c \right) ^{2} \left( b+c-2\,a \right) ^{2} }{1024}} \geqq 0$$



#713 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 04-06-2020 - 08:59

$\boxed{\text{Bài 343}}$ Với $a,b,c>0.$ $$(a+b+c)^6 \geqq 81abc(a+b+c)(a^2+b^2+c^2) +108(a-b)^2 (b-c)^2 (c-a)^2$$

Spoiler

$\boxed{\text{Bài 344}}$ Với $a,b,c$ là các số thực. Chứng minh$:$ $$P= 7\,{c}^{4}-2\,ab{c}^{2}-2\,ab \left( a+b \right) c+ \left( a+b \right) ^{2} \left( {a}^{2}+{b}^{2} \right) \geqq 0$$

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 04-06-2020 - 18:03


#714 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 242 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PUBG
  • Sở thích:PUBG, maths, and so on....

Đã gửi 06-06-2020 - 17:35

$\boxed{341}$ Cho $x,y,z$ là các số thực dương thay đổi : 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$U=\frac{{{x}^{3}}{{y}^{4}}{{z}^{3}}}{({{x}^{4}}+{{y}^{4}}){{(xy+{{z}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{y}^{3}}{{z}^{4}}{{x}^{3}}}{({{y}^{4}}+{{z}^{4}}){{(yz+{{x}^{2}})}^{3}}}+\frac{{{z}^{3}}{{x}^{4}}{{y}^{3}}}{({{z}^{4}}+{{x}^{4}}){{(zx+{{y}^{2}})}^{3}}}$$

P/s: Đây là một bài rất hay, và mình mới có 1 cách (của mình ) hóng các cao nhân làm thêm nhiều cách nữa !

 

Sử dụng các BĐT $x^4+y^4\ge xy\sqrt{2xy(x^2+y^2)}$ và $xy+z^2\ge 2z\sqrt{xy} $ ta thu đc $$VT\le \frac{1}{8}\cdot \sum_{cyc} \frac{y}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}$$

Ta cần chỉ ra $$\sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}+\sqrt{\frac{z^2}{y^2+z^2}}+\sqrt{\frac{x^2}{z^2+x^2}}\le \frac{3}{\sqrt{2}}$$

Đây là một kết quả khá quen thuộc ...


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Peteroldar: 07-06-2020 - 18:45


#715 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 07-06-2020 - 08:24

Bài $341$ hình như bạn Peteroldar ngược dấu rồi thì phải ;)

$\boxed{\text{Bài 345}}$ Cho $a,b,c>0.$ Chứng minh$:$ $$\left\{  \sum\limits_{cyc} \left( ab+{b}^{2}+{c}^{2}+ac \right) \right\}^{4}\geq 27\,{ \sum\limits_{cyc}}  \left( ab+{b}^{2}+{c}^{2}+ac \right) ^{3} \left( c+a \right) \left( a+b \right)$$

(xzlbq)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 07-06-2020 - 08:24


#716 Luc giac than ki

Luc giac than ki

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 15 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Nam-Đà Nẵng

Đã gửi 07-06-2020 - 17:25

Bài 345: Cho a,b,c dương Chứng minh rằng:

$\frac{a^{3}+b^{3}}{c^{2}+ab}+\frac{b^{3}+c^{3}}{a^{2}+bc}+\frac{c^{3}+a^{3}}{b^{2}+ca}\geq \frac{9abc}{ab+bc+ca}$



#717 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 07-06-2020 - 18:30

$\boxed{\text{Bài 246}}$ Cho $a,b,c$ dương. Chứng minh rằng$:$

$$\frac{a^{3}+b^{3}}{c^{2}+ab}+\frac{b^{3}+c^{3}}{a^{2}+bc}+\frac{c^{3}+a^{3}}{b^{2}+ca}\geqq \frac{9abc}{ab+bc+ca}$$

Bài bạn là $246$ nha! Bài $245$ là của mình bên trên :D

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng Engel$:$

$$\text{VT} \geqq \frac{4(a^3+b^3+c^3)^2}{\sum\limits_{cyc} (a^3+b^3)(c^2+ab)} \geqq \frac{9abc}{ab+bc+ca}$$

Ta có$:$

$$ \frac{4(a^3+b^3+c^3)^2}{\sum\limits_{cyc} (a^3+b^3)(c^2+ab)} - \frac{9abc}{ab+bc+ca} \equiv \frac{f(a,b,c) \cdot (a+b+c)}{\Big[\sum\limits_{cyc} (a^3+b^3)(c^2+ab)\Big] (ab+bc+ca)} \geqq 0$$

Với $$f(a,b,c) = \sum\limits_{cyc} \Big[2\,{c}^{5}+ \left( a+b \right) {c}^{4}+ \left( {a}^{2}+{b}^{2} \right) {c}^{3}+2\,ab \left( a+b \right)  \left( 2\,{a}^{2}-ab+2\,{b} ^{2} \right) \Big] \left( a-b \right) ^{2} \geqq 0$$



#718 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 242 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PUBG
  • Sở thích:PUBG, maths, and so on....

Đã gửi 07-06-2020 - 18:46

Bài $341$ hình như bạn Peteroldar ngược dấu rồi thì phải ;)

 

Fix rồi :) Thx bạn nha ;)



#719 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 145 Bài viết

Đã gửi 07-06-2020 - 19:00

Bài 345: Cho a,b,c dương Chứng minh rằng:
$\frac{a^{3}+b^{3}}{c^{2}+ab}+\frac{b^{3}+c^{3}}{a^{2}+bc}+\frac{c^{3}+a^{3}}{b^{2}+ca}\geq \frac{9abc}{ab+bc+ca}$

$LHS\geqq \sum \frac{ab(a+b)}{c^2+ab}=2(a+b+c)-\sum \frac{c^2(a+b)^2}{a(c^2+b^2)+b(c^2+a^2)} \geqq 2(a+b+c)-\sum [\frac{c^2a}{c^2+b^2}+\frac{c^2b}{c^2+a^2}]=a+b+c=\frac{(a+b+c)(ab+bc+ca)}{ab+bc+ca}\geqq RHS$

#720 tthnew

tthnew

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 295 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 07-06-2020 - 19:30

Max là $1$, thật vậy ta cần chứng minh: \[\frac{1}{4} (a+b)^2 (b+c)^2 (c+a)^2 - (a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab) \geqq 0 (\ast)\]

\[\Leftarrow 8\,{c}^{6}+1/4\, \left( -128\,c+64\,a+64\,b \right) {c}^{5}+2\,{c}^{3} \left( a-b \right) ^{2} \left( 3\,c+a+b \right) +1/4\, \left( b-c \right)  \left( -c+a \right)M \geqq 0\]

Với \[M= \Big[200\,{c}^{4}+ \left( -152\,c+76\,a+76\, b \right) {c}^{3}+ \left\{ 12\, \left( -c+a \right) ^{2}+32\, \left( b- c \right)  \left( -c+a \right) +12\, \left( b-c \right) ^{2} \right\} { c}^{2}\\+4\, \left( b-c \right)  \left( a-c \right)  \left( -2\,c+a+b \right) c+ \left( b-c \right)  \left( a-c \right)  \left( a-b \right) ^{2}\Big] \geqq 0\]

Giả sử $c=\min\{a,b,c\}$ thì có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1,c=0$ và các hoán vị của nó.

PS: Có thế thôi mà từ hôm qua tới giờ mới mò được điểm rơi và Max :(

Xét hiệu $2$ vế$,$

$$(\ast) \Leftrightarrow abc \sum\limits_{cyc} c(a-b)^2 +\frac{1}{4} (a-b)^2 (b-c)^2 (c-a)^2 +8a^2 b^2 c^2 \geqq 0$$

PS$:$ Công nhận hồi đó mình SOS xấu thật :(






3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh