Chủ đề này có 107 trả lời

[toanhocmuonmau]

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.

Em chưa thử với bài anh nêu ạ, nhưng theo em nghĩ những bài toán đẹp thì cần có những điều kiện thật tự nhiên như là $a+b+c=1,a^2+b^2+c^2=1,ab+bc+ca=1,abc=1,...$, như thế bài toán sẽ đẹp và thú vị hơn ạ. Anh thấy đấy ạ, quyển Algebraic inequality của VasC, theo em được biết đang là quyển sách được bán chạy nhất của Gil nhưng những bài toán trong sách của tác giả đều có những giả thiết rất tự nhiên và có tính thẩm mỹ cao. Em nghĩ như vậy mới là một bài toán đẹp ạ.

[toanhocmuonmau]

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 $ac = b^2$.

Vậy lời giải của anh cho nó thế nào ạ?

[toanhocmuonmau]

3) Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
$(a^3+b^3+c^3)^2 \ge 2(a^5b+b^5c+c^5a)+abc(a^3+b^3+c^3)$

Bài toán này đã được mình và anh Hùng giải bằng dồn biến toàn miền, nhưng vì quan niệm bản thân, mình ko thích dồn biến toàn miền lắm, hy vọng các bạn sẽ tìm được một lời giải khác cho bài toán đẹp này.
Regards

[Bùi Việt Anh]

Bài đấy Nesbit nói với anh từ 2 năm trước. Không biết ai tìm ra trước. Lời giải bài 1 anh dùng " chia để trị " . Hi vọng sẽ tìm được lời giải khác đẹp hơn để post lên.

[Bùi Việt Anh]

Em chưa thử với bài anh nêu ạ, nhưng theo em nghĩ những bài toán đẹp thì cần có những điều kiện thật tự nhiên như là $a+b+c=1,a^2+b^2+c^2=1,ab+bc+ca=1,abc=1,...$, như thế bài toán sẽ đẹp và thú vị hơn ạ. Anh thấy đấy ạ, quyển Algebraic inequality của VasC, theo em được biết đang là quyển sách được bán chạy nhất của Gil nhưng những bài toán trong sách của tác giả đều có những giả thiết rất tự nhiên và có tính thẩm mỹ cao. Em nghĩ như vậy mới là một bài toán đẹp ạ.

Ừ! nhưng điều kiện anh thêm vào cũng hay bắt gặp mà. Lời giải vẫn chỉ mấy dòng thôi.Nếu rảnh em thử xem sao. Quyển sách của VASC đúng là hay nhưng nó ko có những bài khó như trong topic này. Trên các diễn đàn thì những bài khó và thảo luận sôi nổi nhất vẫn là hoán vị nhưng trong các sách đã XB chưa đưa vào những bài kiểu vậy. Nhìn chung anh rất kém khoản làm mấy bài hoán vị phải tính toán phức tạp thế này.

[Bùi Việt Anh]

Xin được đóng góp thêm 2 bài hoán vị hay.

1. ( không rõ nguồn) Cho a,b,c,d,e ko thuộc [0,1]. CMR :
$ \dfrac{1}{1+a+b} + \dfrac{1}{1+b+c} + \dfrac{1}{1+c+d} + \dfrac{1}{1+d+e} + \dfrac{1}{1+e+a} \leq \dfrac{5}{1+ 2\sqrt[5]{abcde} } $

Bài này cũng tương đối khó. Trường hợp n biến vẫn là 1 bài toán mở.

2. Cho a,b,c ko âm thỏa mãn a+b+c=1. Tìm min:
$ \dfrac{1}{a^2+b+1} + \dfrac{1}{b^2+c+1} + \dfrac{1}{c^2+a+1} $

Bài này anh đưa lên MnF lâu rồi nhưng chưa ai giải.
Câu hỏi mở:
$ \dfrac{1}{ka^2+lb+1} + \dfrac{1}{kb^2+lc+1} + \dfrac{1}{kc^2+la+1} $

[Bùi Việt Anh]

Bài 2 min đạt khi 3 biến lệch nhau. Ai giải được rồi thì chuyển sang bài tổng quát nhưng trước hết cho k hoặc l = 1 đã.
@ Cẩn, zaiai : Anh cho mượn laptop nên mấy ngày tới ít online. Thảo luận cùng mọi người sau nhé!

[toanhocmuonmau]

Bài đấy Nesbit nói với anh từ 2 năm trước. Không biết ai tìm ra trước. Lời giải bài 1 anh dùng " chia để trị " . Hi vọng sẽ tìm được lời giải khác đẹp hơn để post lên.

Anh cứ post lời giải bằng chia để trị của anh lên đi ạ, dù em ko thích cái chia để trị computer này nhưng dù sao anh cứ post lên đi để anh em học hỏi ạ.

[evarist]

Thấy mọi người tham gia đông đảo thế này cũng muốn loe ngoe vào góp vui tí có gì các cao thủ bỏ qua cho thằng em nhé.Ngày xưa trên MnF có cái bổ đề sau ko biết có hữu dụng ko nhưng cũng xin nêu ra đc cái là nó đúng và đã đc khẳng định r?#8220;i :
$\sqrt{\dfrac{x}{y}}+\sqrt{\dfrac{y}{z}}+\sqrt{\dfrac{z}{x}}\ge3\sqrt [8]{\dfrac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$
$ \dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{z}+\dfrac{z}{x}\ge 3[\dfrac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}]^{\dfrac{2}{3}}$
Thằng em ko giỏi giang gì vì vậy mong các đại gia bỏ quá đừng hỏi thăm em các bác giải hộ em bài sau em post trên ML mãi réo nick anh Cẩn... mà chẳng ai thèm ngó ngàng mặc dù nó là của cụ Walther Janous ( Anh Khuê chắc ấn tượng với cái tên này lắm nhỉ )
Cho $ x,y,z\ge 0, x+y+z=1 $ chứng minh :
$ (1 + x)\sqrt {\dfrac {1 - x}{x}} + (1 + y)\sqrt {\dfrac {1 - y}{y}} + (1 + z)\sqrt {\dfrac {1 + z}{z}}\ge\dfrac {3\sqrt {3}}{4}.\dfrac {(1 + x)(1 + y)(1 + z)}{\sqrt {(1 - x)(1 - y)(1 - z)}}$
Anh Cẩn em nhờ mãi ma ko send cho em cái proof anh yên tâm em ko post đi đâu đâu. Lưu ý rằng cái này tương đương với cái sau rất mạnh trong hình học :$ l_{a}l_{b}+l_{b}l_{c}+l_{c}l_{a}\ge 3\sqrt{3}S$. Cái này mình đc xem 2 cách chứng minh r?#8220;i nhưng chưa cách nào làm mình hài lòng cả. Hi vọng sẽ nhận đc sự giúp đỡ của mọi người cũng xin lỗi vì làm lạc chủ đề nhưng chẳng mấy khi anh em đông đủ. Sorry nha !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi evarist: 10-05-2008 - 18:17

[zaizai]

Bài 1 của anh Việt Anh vừa post lúc đầu em cũng tưởng dễ nhưng sau này mới thấy nó khó thật Ý tưởng dồn biến cho 3 số thì ngon lành nhưng chuyển qua 5 số thì khó và dường như chả dùng đc nữa. Trường hợp dễ nhất là $a\ge b\ge c\ge d\ge e $ có thể giảm về 4 biến nhưng sau đó đánh giá tiếp như thề nào thì còn chưa biết đc. Cụ thể là khi $a\ge b\ge c\ge d\ge e $ ta đặt:

$f(a,b,c,d,e)=\dfrac{5}{1+ 2\sqrt[5]{abcde} }- \dfrac{1}{1+a+b} + \dfrac{1}{1+b+c} + \dfrac{1}{1+c+d} + \dfrac{1}{1+d+e} + \dfrac{1}{1+e+a} $
Đánh giá $f(a,b,c,d)-f(a,b,c,\sqrt{de},\sqrt{de})\ge 0$
Cái này thì tương đương với:
$ \dfrac{1}{1+c+\sqrt{de}} + \dfrac{1}{1+2\sqrt{de}} + \dfrac{1}{1+\sqrt{de}+a} \ge \dfrac{1}{1+c+d} + \dfrac{1}{1+d+e} + \dfrac{1}{1+e+a} $
Theo AM-GM thì rõ ràng:
$ \dfrac{1}{1+2\sqrt{de}} \ge \dfrac{1}{1+d+e} $
Công việc còn lại là chứng minh:
$ \dfrac{1}{1+c+\sqrt{de}} + \dfrac{1}{1+\sqrt{de}+a} \ge \dfrac{1}{1+c+d} + \dfrac{1}{1+e+a} $
Cái này đúng ! Trường hợp còn lại thì chả biết đằng nào mà lần. Nói chung là vô phương khi đối mặt với bài này

Tiếc là bài này hoán vị nên SMV bó tay. Hồi xưa post bài này lên VIF anh Hùng nói anh ấy đã giải bằng Lagrange Multiplier, mà trò này thì em chả biết gì! Ko biết lời giải của anh Việt Anh dùng cái gì?
2 bài sau của anh evarist thì còn yếu hơn bài với hằng số k tốt nhất. Bài sau của anh evarist có 1 lời giải như sau của anh Cẩn, nhưng xem ra cũng khá dài dòng và phức tạp. Cái này chắc anh cũng đọc rồi !

Chủ đề này sắp đi xa 3 bài toán mở để đến với mấy bài toán đóng nhưng rất khó Không biết có nên tách thành 1 chủ đề thảo luận riêng về bdt hoán vị hay ko nữa !!!

Bài yếu hơn với $k=13$ của anh Cẩn như em đã nói chỉ cần giải đc cái bổ đề tìm $k$ tốt nhất để so sánh $\sum_{cyc} a/b $và $\dfrac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$ rồi cứ hàm số mà phang thì thể nào cũng ra. Em ngại làm thẳng nên cứ đối xứng hóa chúng trước cho nhẹ nhàng bớt Anyway, trong topic này làm mãi mà chả giải quyết triệt để bài nào cả. Hi vọng trong những ngày tới thì các lời giải hoàn chỉnh sẽ xuất hiện

File gửi kèm

•  bdthinh.pdf   62.76K   81 Số lần tải

[toanhocmuonmau]

Vậy em cố gắng tìm một lời giải đẹp cho $k=13$ Hoàng nhé. Anh đang chờ lời giải của em.

[toanhocmuonmau]

Xin được đóng góp thêm 2 bài hoán vị hay.

1. ( không rõ nguồn) Cho a,b,c,d,e ko thuộc [0,1]. CMR :
$ \dfrac{1}{1+a+b} + \dfrac{1}{1+b+c} + \dfrac{1}{1+c+d} + \dfrac{1}{1+d+e} + \dfrac{1}{1+e+a} \leq \dfrac{5}{1+ 2\sqrt[5]{abcde} } $

Bài này cũng tương đối khó. Trường hợp n biến vẫn là 1 bài toán mở.

2. Cho a,b,c ko âm thỏa mãn a+b+c=1. Tìm min:
$ \dfrac{1}{a^2+b+1} + \dfrac{1}{b^2+c+1} + \dfrac{1}{c^2+a+1} $

Bài này anh đưa lên MnF lâu rồi nhưng chưa ai giải.
Câu hỏi mở:
$ \dfrac{1}{ka^2+lb+1} + \dfrac{1}{kb^2+lc+1} + \dfrac{1}{kc^2+la+1} $

Bài 2 không phải là một bài toán khó, bạn Dương Đức Lâm đã post nó lên bdt.net lâu rồi, sau này còn post nó trên mathlinks nữa: http://www.mathlinks...ic.php?t=195375, mình cũng được biết đến bài toán này lúc ấy. Sau đó mình cũng tìm được một lời giải bằng dồn biến nhưng vì đề bài yêu cầu tìm cả max (mình ko làm được yêu cầu này) nên mình vẫn chưa post lên giải lên mathlinks, sau đây mình xin được up lời giải bằng dồn biến của mình lên cho trường hợp tìm min.
Nói qua về giá tri lớn nhất của biểu thức trên, mình tính nhẩm được $\max >1.353$ và đẳng thức xảy ra không có biến nào bằng 0 nên mình vẫn chưa tìm được một cách đánh giá nào cho nó.

File gửi kèm

•  can_hang2007_duongduclam.pdf   331.88K   76 Số lần tải

[toanhocmuonmau]

Mình vừa tìm được kết quả sau
$3\left(\dfrac{a}{\sqrt{b^2+c^2}} +\dfrac{b}{\sqrt{c^2+a^2}} +\dfrac{c}{\sqrt{a^2+b^2}} \right) \ge \left( a+b+c\right)\left( \dfrac{1}{\sqrt{a^2+bc}}+\dfrac{1}{\sqrt{b^2+ca}} +\dfrac{1}{\sqrt{c^2+ab}}\right)$
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị.
Lời giải của mình là dùng CYH.
Mình post lên đây để mọi người cùng suy nghĩ về nó.

Forgive me if this one was posted before.
Regards

[vo thanh van]

Anh cứ post lời giải bằng chia để trị của anh lên đi ạ, dù em ko thích cái chia để trị computer này nhưng dù sao anh cứ post lên đi để anh em học hỏi ạ.

Nói đến cái chia để trị,trước đây em cũng thấy anh Nam có lập 1 topic nói về pp chia để trị nhưng mà vẫn chỉ thấy đưa ra bài toán làm ví dụ mà không thấy cái ý chính của pp.Nói thật,em cũng thấy không thích pp này lắm,hình như nó hơi rườm rà,phải chia nhiều khoảng để xét,...nhưng cũng hi vọng nhận được một lời giải của anh Việt Anh để mở rộng thêm hiểu biết.
Kiểu này chắc em phải đổi tên topic này lại thành Các bài toán mở thôi,còn nhiều bài cần phải giải quyết quá.Nhân tiện đây em cũng thêm cái bài này,hôm qua có thằng em mới hỏi,nó bảo là đề thi ĐH mà sao em thấy nó chẳng phù hợp với kì thi ĐH tí nào cả

Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=1$.Chứng minh rằng:
$\dfrac{\sqrt{a(a+bc)}}{b+ca}+\dfrac{\sqrt{b(b+ca)}}{c+ab}+\dfrac{\sqrt{c(c+ab)}}{a+bc}\le \dfrac{1}{2\sqrt{abc}}$

[Bùi Việt Anh]

Bài 2 không phải là một bài toán khó, bạn Dương Đức Lâm đã post nó lên bdt.net lâu rồi, sau này còn post nó trên mathlinks nữa: http://www.mathlinks...ic.php?t=195375, mình cũng được biết đến bài toán này lúc ấy. Sau đó mình cũng tìm được một lời giải bằng dồn biến nhưng vì đề bài yêu cầu tìm cả max (mình ko làm được yêu cầu này) nên mình vẫn chưa post lên giải lên mathlinks, sau đây mình xin được up lời giải bằng dồn biến của mình lên cho trường hợp tìm min.
Nói qua về giá tri lớn nhất của biểu thức trên, mình tính nhẩm được $\max >1.353$ và đẳng thức xảy ra không có biến nào bằng 0 nên mình vẫn chưa tìm được một cách đánh giá nào cho nó.

Bài này là của anh, đưa lên MnF gần 1 năm trước rồi, lúc đó yêu cầu tìm cả max. Đầu đề là a+b+c = 1 chứ có phải a+b+c = 3 đâu. Trong mấy hôm nữa anh chỉ onl được 1 lát thôi. Lời giải TH min chắc có thể làm tương tự như em đã làm với TH a+b+c = 3. Lời giải bài 1 của Cẩn anh post sau nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bùi Việt Anh: 12-05-2008 - 05:14

[dduclam]

Bài này là của anh, đưa lên MnF hơn 1 năm trước rồi, lúc đó yêu cầu tìm cả max. Đầu đề là a+b+c = 1 chứ có phải a+b+c = 3 đâu. Trong mấy hôm nữa anh chỉ onl được 1 lát thôi. Lời giải bài 1 của Cẩn anh post sau nhé!

Oh,vậy có thể là anh em ta trùng ý tưởng với nhau thôi.Bài đó em đề xuất một cách độc lập(với giả thiết là a+b+c=3,bài của anh là a+b+c=1 và do biểu thức ko đồng bậc nên có khác đi đôi chút) cũng khá lâu rồi,nhưng vì mãi ko tìm đc lời giải nên quên lãng đi một thời gian,về sau mới post lên dđ (em ghi chép nó trong một cuốn tài liệu cùng với rất nhiều bài toán "bất trị" khác,tiếc là hiện tại nó đã ko còn). Em tính ra cũng chỉ mới tham gia diễn đàn đc nửa năm,và chưa một lần vào MnF(cũ) nên ko bít đến bài toán của anh(anh có thể dẫn link đc ko?)

Có thể kể ra đây một vài bài toán mà em đề xuất kiểu "nửa đóng nửa mở" như là:

Bài toán 1: Cho a,b,c là các số thực không âm. Tìm GTLN,GTNN của biểu thức

$P=\dfrac{(a+b)^2}{a^2+2b^2+3c^2}+\dfrac{(b+c)^2}{b^2+2c^2+3a^2}+\dfrac{(c+a)^2}{c^2+2a^2+3b^2}$

GTLN của bài toán ko đc tường minh nên rất khó tìm,còn GTNN thì về sau mình đc biết đến 1 Lời giải của Võ Quốc Bá Cẩn,rất đẹp!

Thêm một bài gần dạng nữa,cũng khá thú vị

Bài toán 2: Cho a,b,c là các số thực không âm. Tìm GTLN,GTNN của biểu thức

$P=\dfrac a{1+2b^2+3c^2}+\dfrac b{1+2c^2+3a^2}+\dfrac c{1+2a^2+3b^2}$

Mình rất thích những bài toán mà biểu thức rất tường minh(nhưng việc tìn 1 LG tường minh thật vất vả) như thế này. Kiểu khó của nó khác với những bài hằng số tốt nhất (hầu như là luôn luôn khó) và vì ko có hệ số đi kèm nên làm việc với nó "có thiện cảm" hơn

[dduclam]

Bài 2 không phải là một bài toán khó, bạn Dương Đức Lâm đã post nó lên bdt.net lâu rồi, sau này còn post nó trên mathlinks nữa: http://www.mathlinks...ic.php?t=195375, mình cũng được biết đến bài toán này lúc ấy. Sau đó mình cũng tìm được một lời giải bằng dồn biến nhưng vì đề bài yêu cầu tìm cả max (mình ko làm được yêu cầu này) nên mình vẫn chưa post lên giải lên mathlinks, sau đây mình xin được up lời giải bằng dồn biến của mình lên cho trường hợp tìm min.
Nói qua về giá tri lớn nhất của biểu thức trên, mình tính nhẩm được $\max >1.353$ và đẳng thức xảy ra không có biến nào bằng 0 nên mình vẫn chưa tìm được một cách đánh giá nào cho nó.

Rất tuyệt,Cẩn Mặc dù mới gải quyết đc một nửa BT,và mình cũng chưa có thời gian để check lời giải ấy,nhưng làm đc chừng đó cũng rất đáng biểu dương rồi!

Nhân tiện đây bàn về những bài hoán vị mà đẳng thức lệch nhau hoàn toàn. Có nhiều bài như vậy không và nếu có thì với những pp toán học hiện nay liệu có thể giải quyết? Ai có thể cho em một số ví dụ kiểu như vậy ko? Em chỉ mới biết mỗi bài $k=5$ của cậu bé quàng khăn đỏ bên MnF thôi à

Những bài như thế rất nhiều Hoàng ạ

Ps: Có thể đây là post cuối cùng của mình trong vòng 1 tháng tới. Nhiều lí do ko cho phép mình online bây giờ. Ngày kia lại bắt đầu thi HK nữa rồi,học XD thi cử ác thật,làm 1 lèo chục môn một lúc,rơi rụng là chuyện thường.
Hẹn gặp lại tất cả anh em!

Nhắn riêng với Cẩn,mình đã rất cố gắng nhưng vẫn ko thể hoàn thành sớm đc. Khoảng 3 tuần nữa may ra mình mới có thể tiếp tục. Thời gian này quá nhạy cảm đối với mình. Nhưng mình đã nói là mình sẽ làm! Goodluck!

[Bùi Việt Anh]

@dduclam: Ừ! đồng ý tưởng. Link đây : http://mathfriend.or...w...=12762&st=0

Mấy ngày tới rất bận nên cố post lời giải bài 1 của Cẩn với k = 14 rồi off ít hôm. Lời giải bằng " chia để trị " nói thực là người đọc cực kì khó để kiểm tra tính đúng đắn, nhất là khi chưa biết nhiều về nó. Thế nên mình xin đưa ra đây cách chứng minh khác.

Vì $(a^2b+b^2c+c^2a) - (a^2c+b^2a+c^2b) = (a-b)(a-c)(b-c)$ nên ta chỉ phải xét bài toán trong TH : a
b c.
Đặt a = b+x, b = c+y.
Ta có: $a^2c+b^2a+c^2b - 3abc = c(a-b)^2+b(b-c)^2+b(b-c)(a-b) = cx^2+(c+y)y^2+(c+y)xy= c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)$
Do đó :
$ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} = \dfrac{ cx^2+(c+y)y^2+(c+y)xy}{c(c+y)(c+x+y)} +3$
Lại có : $(a^2+b^2+c^2) - (ab+ac+bc) = x^2+y^2+xy$
$ \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{a} \geq \sqrt{ \dfrac{14(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc} -5} $
$ \Leftrightarrow [ \dfrac{a^2c+b^2a+c^2b - 3abc}{abc} +3]^2 \\ \geq\dfrac{14(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)}{ab+ac+bc}+9$
$\Leftrightarrow [ \dfrac{c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)}{c(c+y)(c+x+y)} ]^2 +6\dfrac{c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)}{c(c+y)(c+x+y)} \\ \geq 14 \dfrac{x^2+y^2+xy}{(c+x+y)(c+y)+c(2c+2y+x)}$
$ \Leftrightarrow \dfrac{[c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)]^2[(c+x+y)(c+y)+c(2c+2y+x)]}{c(c+y)(c+x+y)} \\ +6[c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)}{c(c+y)(c+x+y)](c+x+y)(c+y)+c(2c+2y+x) \geq 14(x^2+y^2+xy)c(c+y)(c+x+y)$
Mặt khác :

$6[c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)}{c(c+y)(c+x+y)](c+x+y)(c+y)+c(2c+2y+x)-14(x^2+y^2+xy)c(c+y)(c+x+y)$
$=2[(y^3c^2+y^3cx+2y^4c+3y^x^2+6xy^4+3y^5+2x^2c^3+2y^2c^3+2c^3xy)$
$-(c^2x^3+3c^2x^2y+4cx^3y+5x^2y^2c)]$(1)
Mà:
$ \dfrac{[c(x^2+y^2+xy)+y^2(x+y)]^2[(c+x+y)(c+y)+c(2c+2y+x)]}{c(c+y)(c+x+y)}$
$\geq 2c(x^2+y^2+xy)^2=2c(x^4+y^4+3x^2y^2+2x^3y+2xy^3)(2)$
Từ (1) và (2) cần CM:
$2y^3c^2+6y^3cx+4y^4c+6y^3x^2+12xy^4+6y^5+4x^2c^3+4y^2c^3+4c^3xy$
$+2c(x^4+y^4) \geq 2c^2x^3+6c^2x^2y+4cx^3y+4x^2y^2c$
Dễ thấy :
$12xy^4+4y^2c^3+2x^2y^3 \geq 13.7 cxy^3$
$ \dfrac{cx^4}{2} +2c^3x^2 \geq 2c^2x^3$
$cx^4+4cx^2y^2 \geq 4cx^3y$
$ \dfrac{cx^4}{8} +2c^3x^2+4c^3xy+5.2xcy^3 \geq 6c^2x^2y$
$\dfrac{3cx^4}{8} + 7.25cxy^3 +7.25cxy^3 \geq 8cx^2y^2$
Cộng vào ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bùi Việt Anh: 12-05-2008 - 20:30

[zaizai]

Bài nào hả anh? Em chưa check lời giải của anh nhưng xem ra cũng ko dám check !
Bài của anh Cẩn em giải hoài mà chả thấy con đường nào sáng sủa cả (lúc đầu em cũng tưởng dùng p,q,r hoán vị đc nhưng mà mới vào đã làm luôn mấy cái căn và hàm số cuối thu đc là 1 đa thức bậc 4 theo r nên em bỏ cuộc tại đó Cái này làm với k=15! (tính toán có thể sai vì dài và phức tạp quá)

$(324q^2-4860q+18225)r^4+(1296q^3-13608q^2+29079q)r^3 \\ -(324q-11853q^2+12636q^3-3024q^4+144q^5)r^2+(-288q^6+2160q^5-3900q^4-27q^3+108q^2)r\\+16q^8-144q^7+324q^6+4q^5-9q^4$

Đến đây khảo sát các hệ số theo $q$ và chú ý $q\in [0.3]$ thì nó ko dương cả mà có cái âm ... Xem ra chưa chứng tỏ đc gì. Riêng việc ngồi khai triển và nhóm cũng mất quá nhiều thời gian rồi. Bài này ko hiểu giải bằng p,q,r như thế nào. Nếu giải bằng p,q,r chắc chắn phải đổi về dạng đối xứng mà thế thì ngoài con đường trên còn con đường nào khác Ko biết anh Cẩn có bổ đề nào chuyển về dạng đối xứng thật chặt ko, nếu có anh post lên em xem với !
Cuối cùng bực quá em đành nhờ thằng bạn lấy máy tính dùng trò $a=c+p,b=c+q$ thì ra đấy ạ

[toanhocmuonmau]

Với những bài không phải là hằng số tốt nhất (tức là không đủ độ chặt), mình dùng $pqr$ hoán vị để thiết lập những bổ đề thích hợp nhằm giúp ta giải được một bài toán là không phải tốn nhiều công sức lắm.
Chẳng hạn, mình xin lấy ví dụ với bài hằng số của mình trong trường hợp $k=13$, sử dụng kỹ thuật $pqr$ hoán vị, mình đã thiết lập được bổ đề sau
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \ge \dfrac{7-36q^2}{q(7-12q)}$
với $a+b+c=1,ab+bc+ca=q,abc=r$

Với $k=14,...$, mình thiết lập bổ đề chặt hơn nữa nhưng dù sao nó cũng không cho được lời giải đẹp. Vì vậy, mình thích nhất là trường hợp $k=13$.
Cái mình muốn chúng ta cùng bàn luận ở đây chính là việc làm sao mình lại thiết lập được bổ đề trên.
Một ví dụ khác nữa là bài toán sau, mình đã post lên mathlinks cũng khá lâu rồi (khi mình còn dùng nick là toanhocmuonmau, các bạn có thể search trong nick ấy để tìm địa chỉ của bài toán)
$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a} \ge 3\sqrt[6]{\dfrac{a^6+b^6+c^6}{3}}$
Để giải bài toán này, mình đã thiết lập một bổ đề cũng "khá khủng hoảng" sau
$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a} \ge \dfrac{3\sum a^4 +13\sum a^3(b+c) -\sum a^2b^2 -abc\sum a}{ 3\left( \sum a\right) \left( \sum ab\right)}$
Dựa trên cơ sở nào mình đã tìm ra bổ đề trên? Xin mời các bạn chúng ta hãy cũng thảo luận vấn đề này nhé

@Lâm: Uhm, tớ sẽ chờ. Cậu cố gắng lên nhé!
@Anh Việt Anh: Bài toán của anh nếu $a+b+c=1$ thì thực sự nó dễ hơn bài toán của Lâm anh ạ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toanhocmuonmau: 12-05-2008 - 19:19