Chủ đề này có 107 trả lời

[vo thanh van]

Thêm cái bài này của anh Cẩn cho luôn
$\dfrac{1}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge \sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+9-k}$
với $k=3+3 \sqrt[3]{4} +6 \sqrt[3]{2}$

[Bùi Việt Anh]

Cho a,b,c ko âm. Tìm k lớn nhất sao cho BĐT sau đúng :
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge \sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+9-k}$

Đặt $\sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+9-k} = X$
$ \dfrac{a}{bX} =A$, $\dfrac{b}{cX} =B$, $ \dfrac{c}{aX} = C$. Cần CM :
$A + B + C \geq 1$

Ta đã biết nếu ABC = const, AB+AC+BC = const thì A + B +C đạt min khi có 1 biến = 0 hoặc 2 biến = nhau. Do A, B, C là các biểu thức của a,b,c nên ko giả sử ngay được điều trên mà phải chứng minh rằng tồn tại vô số a,b,c thỏa mãn ABC, AB+AC+BC = const, tức là tồn tại Y, Z đề :
$ABC = \dfrac{1}{X^3} = const$
$AB+AC+BC = \dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{abcA^2} = const$

Hay : $X = \sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+9-k}= const$ $ \Leftrightarrow \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}= Y=const$
$ \dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{abc} = Z = const$

Cho c = 1 ta được hệ :
$a^2+b^2+1 = (ab+a+b)Y (1)$
$a^2b+b^2+a = abZ (2)$
Từ (1) suy ra :$ b^2 = (ab+a+b)Y - a^2 - 1$
Thay vào (2) ta được :
$ b = \dfrac{(a+1)Y - a^2 -1}{aZ - a^2 - aY - Y} $

$b > 0 \Leftrightarrow a \leq \dfrac{2Y-1}{Z-2Y} $

Lại có $t = \dfrac{2Y-1}{Z-2Y} > 0$ do Y 1 và Z 2Y
Vậy ta đã CM được có vô số a , b, c thỏa mãn ABC = const, AB + AC + BC = const.
Bây giờ chỉ phải xét bài toán trong 2 TH : A = B hoặc C = 0 tương đương với $ ac =b^2$ hoặc c = 0.
Phiền zaizai thay vào tìm k giúp anh với nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bùi Việt Anh: 08-05-2008 - 20:37

[toanhocmuonmau]

Cho a,b,c ko âm. Tìm k lớn nhất sao cho BĐT sau đúng :
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge \sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+9-k}$

Đặt $\sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+9-k} = X$
$ \dfrac{a}{bX} =A$, $\dfrac{b}{cX} =B$, $ \dfrac{c}{aX} = C$. Cần CM :
$A + B + C \geq 1$

Ta đã biết nếu ABC = const, AB+AC+BC = const thì A + B +C đạt min khi có 1 biến = 0 hoặc 2 biến = nhau. Do A, B, C là các biểu thức của a,b,c nên ko giả sử ngay được điều trên mà phải chứng minh rằng tồn tại vô số a,b,c thỏa mãn ABC, AB+AC+BC = const, tức là tồn tại Y, Z đề :
$ABC = \dfrac{1}{X^3} = const$
$AB+AC+BC = \dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{abcA^2} = const$

Hay : $X = \sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+9-k}= const$ $ \Leftrightarrow \dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}= Y=const$
$ \dfrac{a^2b+b^2c+c^2a}{abc} = Z = const$

Cho c = 1 ta được hệ :
$a^2+b^2+1 = (ab+a+b)Y (1)$
$a^2b+b^2+a = abZ (2)$
Từ (1) suy ra :$ b^2 = (ab+a+b)Y - a^2 - 1$
Thay vào (2) ta được :
$ b = \dfrac{(a+1)Y - a^2 -1}{aZ - a^2 - aY - Y} $

$b > 0 \Leftrightarrow a \leq \dfrac{2Y-1}{Z-2Y} $

Lại có $t = \dfrac{2Y-1}{Z-2Y} > 0$ do Y 1 và Z 2Y
Vậy ta đã CM được có vô số a , b, c thỏa mãn ABC = const, AB + AC + BC = const.
Bây giờ chỉ phải xét bài toán trong 2 TH : A = B hoặc C = 0 tương đương với $ ac =b^2$ hoặc c = 0.
Phiền zaizai thay vào tìm k giúp anh với nhé!

Anh ạ, bài hằng số tốt nhất này, đẳng thức không xảy ra tại $b^2=ac$ đâu ạ. Hằng số tốt nhất em đã post ở trên, còn cái đẳng thức chứa căn rất khủng và chúng ko hề thỏa mãn tính chất trên đâu ạ.

[toanhocmuonmau]

Chẳng hạn như bài toán sau (đây là một bất đẳng thức đúng)
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\left( 3\sqrt[3]{4}-2\right) \dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \ge 3\sqrt[3]{4}+1$
bài toán này là của Jichen
đẳng thức được tác giả tìm ra là (đây là đẳng thức duy nhất ngoài bộ $a=b=c$)
$a=\dfrac{1}{3}+\sqrt[3]{2} -\dfrac{\sqrt[3]{4}}{3} +\dfrac{2}{3}\sqrt{ \sqrt[3]{4}+8\sqrt[3]{2} -11} \cos \left( \dfrac{1}{3} \arccos \sqrt{\dfrac{ 17-3\sqrt[3]{4}}{20}\right)$
$b=\dfrac{2}{3}\sqrt[3]{4} +\dfrac{2}{3}\sqrt{ 3\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}-3}\sin \left( \dfrac{1}{3} \arccos \sqrt{\dfrac{ 27+27\sqrt[3]{2} -27\sqrt[3]{4}}{20}\right)$
$c=1$
Nếu như lập luận của anh đúng thì bộ đẳng thức này phải thỏa mãn
$a^2=bc$
hoặc
$b^2=ca$
hoặc
$c^2=ab$
Nhưng thử trực tiếp thì đẳng thức trên ko hề thỏa mãn tính chất này.

[zaizai]

Đúng là đẳng thức không xảy ra tại $b^2=ac$ anh Việt Anh ơi Cứ thử cho là điều này đúng thì ta có:
$b^2=ac \leftrightarrow \dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=x\to \dfrac{c}{a}= \dfrac{1}{x^2}$

Qui về hàm 1 biến như sau:
$f(x)=\dfrac{\left(2x+\dfrac{1}{x^2}\right)^2-9}{x+\dfrac{1}{x}-1}$

Rõ ràng k tốt nhất chính là cực trị của hàm này nhưng rất tiếc hàm này nó ko đạt cực trị Suy ra lời giải của anh có vấn đề !!! Không biết anh Cẩn tìm hằng số k tốt nhất cho bài này như thế nào? Đẳng thức của bài này rõ ràng lệch hoàn toàn lại khác cả 0, quả là một điều rất mới mẻ và khó. Ko hiểu cụ Ji Chen bấm maple thế nào mà lại ra được cái đẳng thức quái gì như thế nữa

[toanhocmuonmau]

Nhân tiện, em xin được giải bài toán anh nêu bằng $pqr$ ạ, mong rằng nó sẽ giúp anh em ta hàn gắn hiểu lầm.
Problem. Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
$\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}+\dfrac{a+b}{c} +35 \ge \dfrac{32(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}$
Solution.
Chuẩn hóa cho $a+b+c=1$, đặt $q=ab+bc+ca,r=abc$ thì ta có $4q \ge 1$ và do $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên
$(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) \ge 0$
$\Rightarrow 4q-1 \ge 8r$
Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành
$\dfrac{q}{r}+102 \ge \dfrac{32}{q}$
Do $4q -1 \ge 8r$ nên ta chỉ cần chứng minh được
$\dfrac{8q}{4q-1}+102 \ge \dfrac{32}{q}$
Biến đổi tương đương, ta dễ thấy bdt này đúng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toanhocmuonmau: 10-05-2008 - 11:28

[toanhocmuonmau]

Còn về chuyện của em, em ko mong mọi người hiểu cho em vì chỉ có bản thân mình mới hiểu rõ mình thôi ạ.

[toanhocmuonmau]

Đúng là đẳng thức không xảy ra tại $b^2=ac$ anh Việt Anh ơi Cứ thử cho là điều này đúng thì ta có:
$b^2=ac \leftrightarrow \dfrac{a}{b}=\dfrac{b}{c}=x\to \dfrac{c}{a}= \dfrac{1}{x^2}$

Qui về hàm 1 biến như sau:
$f(x)=\dfrac{\left(2x+\dfrac{1}{x^2}\right)^2-9}{x+\dfrac{1}{x}-1}$

Rõ ràng k tốt nhất chính là cực trị của hàm này nhưng rất tiếc hàm này nó ko đạt cực trị Suy ra lời giải của anh có vấn đề !!! Không biết anh Cẩn tìm hằng số k tốt nhất cho bài này như thế nào? Đẳng thức của bài này rõ ràng lệch hoàn toàn lại khác cả 0, quả là một điều rất mới mẻ và khó. Ko hiểu cụ Ji Chen bấm maple thế nào mà lại ra được cái đẳng thức quái gì như thế nữa

Anh dùng kỹ thuật $pqr$ mới của anh em ạ (tất nhiên ko phải kiểu maple của 10maths). Thời gian qua, anh nhận thấy cái kỹ thuật $pqr$ cũ của anh đòi hỏi phải tính toán nhiều quá, rất dễ dẫn đến sai lầm nên bây giờ anh ko còn dùng nó nữa mà chỉ xem nó như một kỷ niệm thôi em ạ.

[zaizai]

Ko biết tính toán của em có nhầm không nhưng mà:
$\dfrac{8q^2}{4q-1}+102 \ge \dfrac{32}{q}$

Vì $q\ge \dfrac{1}{4}=0.25$ cho đại $q=0.3$ thì sai ngay anh ạ

[zaizai]

Nếu tiện thì anh giới thiệu qua một chút về cái p,q,r mới của anh đc ko? Rõ ràng nó rất mạnh là đằng khác vì xem ra những bài mà đẳng thức quái dị như thế này các phương pháp cũ đều bó tay thôi. GLA của anh VA xem ra cũng khó xơi đc bài này

[Bùi Việt Anh]

Nhân tiện, em xin được giải bài toán anh nêu bằng $pqr$ ạ, mong rằng nó sẽ giúp anh em ta hàn gắn hiểu lầm.
Problem. Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
$\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}+\dfrac{a+b}{c} +35 \ge \dfrac{32(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}$

Đây là 1 bài dễ, anh đưa em làm thử cốt để so sánh độ dài ngắn thôi. Bài này cái hay là ở đẳng thức của bài toán chứ ko phải việc giải nó. Đẳng thức xảy ra khi 3 biến lệch nhau. Còn bài 1 của em để đêm nay anh ngồi xem lại sau. Bây giờ phải đi có việc rồi.

[Bùi Việt Anh]

Chẳng hạn như bài toán sau (đây là một bất đẳng thức đúng)
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}+\left( 3\sqrt[3]{4}-2\right) \dfrac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} \ge 3\sqrt[3]{4}+1$
bài toán này là của Jichen
đẳng thức được tác giả tìm ra là (đây là đẳng thức duy nhất ngoài bộ $a=b=c$)
$a=\dfrac{1}{3}+\sqrt[3]{2} -\dfrac{\sqrt[3]{4}}{3} +\dfrac{2}{3}\sqrt{ \sqrt[3]{4}+8\sqrt[3]{2} -11} \cos \left( \dfrac{1}{3} \arccos \sqrt{\dfrac{ 17-3\sqrt[3]{4}}{20}\right)$
$b=\dfrac{2}{3}\sqrt[3]{4} +\dfrac{2}{3}\sqrt{ 3\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}-3}\sin \left( \dfrac{1}{3} \arccos \sqrt{\dfrac{ 27+27\sqrt[3]{2} -27\sqrt[3]{4}}{20}\right)$
$c=1$
Nếu như lập luận của anh đúng thì bộ đẳng thức này phải thỏa mãn
$a^2=bc$
hoặc
$b^2=ca$
hoặc
$c^2=ab$
Nhưng thử trực tiếp thì đẳng thức trên ko hề thỏa mãn tính chất này.

Bài này và bài của em không giống nhau khi chuyển về A, B, C theo hướng giải của anh nên đẳng thức nó sẽ ko xảy ra tại $ac = b^2$. Về k tốt nhất của em thì không biết em giải theo cách nào? nếu trong cách giải của em chuyển về đối xứng hoặc có 1 đánh giá nào đấy thôi thì cũng rất có thể nó chưa phải là tốt nhất.
@ Zaizai : để anh xem lại cách giải nhưng lý do hàm ko đạt cực trị ko nói lên là lời giải sai vì cũng có thể ko xác định được k tốt nhất. Anh vừa đi tìm cái máy tính thì nhớ ra thằng bạn cầm mất rồi nên có chưa giải bài này ngay được rồi. Anh xem sau vậy.

[Bùi Việt Anh]

Theo như anh tính thì hằng số k tốt nhất là :
$k \leq 8 + \dfrac{4x^4+3x^2+2x+1}{x^3} $

Kết quả trên có thể ko đúng do cách làm sai hoặc tính toán sai. Anh vừa tính vội trên nháp. Dẫu sao thì zaizai cũng tính hộ anh xem k bằng bao nhiêu nhé! Giờ phải đi ngay rồi, bạn bạc với mọi người sau nhé!

[Bùi Việt Anh]

Ừ! đúng là lời giải của anh có vấn đề rồi, đẳng thức ko xảy ra tại đấy, nhưng chưa rõ nguyên nhân sai ở đâu lắm. Anh CM được cho k xấp xỉ 1.5325 gì đấy nhưng chưa nghĩ ra phương án nào để tìm k max cả. Giá trị k max em nói là giá trị nào?

[zaizai]

Anh Việt Anh đang nói tới bài nào ? Nếu là bài này thì:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge \sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+9-k}$
với $k=3+3 \sqrt[3]{4} +6 \sqrt[3]{2}$

Hằng số k đó là của anh Cẩn $k=3+3 \sqrt[3]{4} +6 \sqrt[3]{2}\sim 15.32172946$

Còn bài
$ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge 3\left(\dfrac{(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}\right)^k$

Thì theo kết quả xấp xỉ là $0,73$

[toanhocmuonmau]

Ko biết tính toán của em có nhầm không nhưng mà:
$\dfrac{8q^2}{4q-1}+102 \ge \dfrac{32}{q}$

Vì $q\ge \dfrac{1}{4}=0.25$ cho đại $q=0.3$ thì sai ngay anh ạ

Cảm ơn em, anh gõ nhầm dấu bình phương, anh đã chỉnh lại rồi.

[toanhocmuonmau]

Anh Việt Anh đang nói tới bài nào ? Nếu là bài này thì:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge \sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+9-k}$
với $k=3+3 \sqrt[3]{4} +6 \sqrt[3]{2}$

Hằng số k đó là của anh Cẩn $k=3+3 \sqrt[3]{4} +6 \sqrt[3]{2}\sim 15.32172946$

Còn bài
$ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge 3\left(\dfrac{(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}\right)^k$

Thì theo kết quả xấp xỉ là $0,73$

Với bài đầu, anh chắc chắn đó là hằng số tốt nhất Hoàng ạ. Em có thể nhờ Ji Chen kiểm tra thử
Còn bài thứ 2, anh không thể dùng công thức Cardano nên đành dùng máy tính để tính xấp xỉ vậy thôi, thực ra $k<0.73$ cơ. Anh chỉ làm được đến vậy thôi.

[Bùi Việt Anh]

Nhân tiện, em xin được giải bài toán anh nêu bằng $pqr$ ạ, mong rằng nó sẽ giúp anh em ta hàn gắn hiểu lầm.
Problem. Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng
$\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}+\dfrac{a+b}{c} +35 \ge \dfrac{32(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}$
Solution.
Chuẩn hóa cho $a+b+c=1$, đặt $q=ab+bc+ca,r=abc$ thì ta có $4q \ge 1$ và do $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên
$(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) \ge 0$
$\Rightarrow 4q-1 \ge 8r$
Bất đẳng thức đã cho được viết lại thành
$\dfrac{q}{r}+102 \ge \dfrac{32}{q}$
Do $4q -1 \ge 8r$ nên ta chỉ cần chứng minh được
$\dfrac{8q}{4q-1}+102 \ge \dfrac{32}{q}$
Biến đổi tương đương, ta dễ thấy bdt này đúng.

Lời giải của em đúng rồi. Nhưng cũng với bài đấy chỉ cần thêm đk 2b a+c để thành bài :
Tìm min của :
$k(\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}+\dfrac{a+b}{c}) - \dfrac{l(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}$
Em sẽ thấy khó khăn hơn khá nhiều. Ta vẫn có thể giải được khi cho 2 biểu thức đó vào trong căn 1 cách tùy ý. Điều anh muốn nói ở đây là pqr chưa có phương án cụ thể để đưa bài toán về 1 biến. Đưa bài này lên đây mong em có thể hoàn thiện hơn kĩ thuật của mình chứ chúng đều là những bài rất dễ.
Về bài 1 của Cẩn thì anh chỉ tính trên giấy nên sau mấy lần làm tròn thì bị lệch đi chút, lớn hơn cả giá trị max là 1.5325; trong lời giải có 1 số chỗ đánh giá BĐT nên ko dám chắc cách làm có thể tìm được k max. Cẩn có thể cho anh biết k đạt max khi nào ko? Kết quả chỉ tuyệt đối tin cậy khi có thể đưa về 1 biến mà ko dùng 1 đánh giá nào hoặc chỉ ra thêm 1 đẳng thức ngoài đẳng thức tầm thường thôi.

[zaizai]

Em cũng thắc mắc việc tìm ra hằng số k tốt nhất cho bài này như thế nào? Anh Cẩn có thể chỉ ra đc ko ? Em đang nói tới bài này!
$ \dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge 3\left(\dfrac{(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}\right)^k$
và cả bài này nữa ?

$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}\ge \sqrt{\dfrac{k(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}+9-k}$

Cùng với các bài chưa đại lượng: $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a}$, liệu có phải chúng đều có chung 1 con đường. Có 1 cách là dùng pqr như 10maths để tìm hằng số tốt nhất nhưng em ngại tính toán quá. Và như thế sẽ rất lâu !

[toanhocmuonmau]

Trước khi mình giới thiệu về kỹ thuật của mình, xin mọi người hãy giải bài yếu hơn
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \ge \sqrt{\dfrac{13(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca}-5$
Bài này cách những hơn $2$ đơn vị so với hằng số tốt nhất nhưng theo mình thì vẫn là một bài toán khó. Hy vọng sẽ nhận được nhiều lời giải đẹp cho bài này.

@Anh Việt Anh: Để em về giải phương trình bậc 3 theo $p,q,r$ ạ. Vì em chỉ mới chỉ ra đẳng thức tại hằng số tốt nhất thì $p=?,q=?,r=?$ thôi ạ chứ em chưa giải về $a,b,c$ cụ thể.