Chủ đề này có 27 trả lời

[vuthanhtu_hd]

BàiTT.a)Cho $a,b,c$ là các số thực dương và $a+b+c=1$
Cmr $\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+2abc \geq\dfrac{247}{54}$
b) Tìm số thực dương k lớn nhất sao cho B.Đ.T
$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+kabc \geq\dfrac{9}{2}+\dfrac{k}{27}$ đúng với mọi a,b,c là các số dương và $a+b+c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuthanhtu_hd: 20-12-2008 - 14:08

[zaizai]

Mình thì bỏ làm bdt rồi, dù vẫn còn nhiều hứng thú với trò này. Chỉ tại cái tên topic hơi "ngông" nên mình mới đánh liều làm xem có ra ko. Nhưng mà thấy chán vì nó ko xứng với cái tên thách thức !!! (những bài thách thức của anh Hùng năm xưa mới đáng để gọi tên như vậy!) vì vậy mình khuyên bạn nên đặt tên chủ đề khiêm tốn hơn 1 chút

Về bài toán trên thì mình làm thử câu a còn câu b nói sau (thực ra đây chỉ là dạng đối xứng và dấu bằng đạt đc tại 2 thằng bằng nhau nên ko quá khó khăn để xử lí chúng). Đặt
$p=a+b+c=1,q=ab+bc+ca,r=abc$
Từ giả thiết $a+b+c=1$ suy ra $ q\le \dfrac{1}{3}$ đổi biến về dạng p,q,r như sau:
$f(q,r)=\dfrac{1+q}{q-r}+2r-\dfrac{247}{54}\ge 0$
Dễ thấy hàm này là một hàm đồng biến theo ra nên sử dụng bdt Schur bậc 2 ta có: $r\ge \dfrac{4q-1}{9}$
Suy ra:
$f(q,r)\ge f\left(q,\dfrac{4q-1}{9}\right)=\dfrac{(1-3q)( 227-80q)}{54(5q+1)}\ge 0,\forall q\in [0,1/3]$

Bài tìm k tốt nhất cứ cho $b=c=1/2,a=0 $ chắc sẽ tìm đc k tốt nhất thôi !

[zaizai]

Giải luôn câu b. Cho $a=b=1/2,c=0 \to k=\dfrac{27}{2}$ ta sẽ chứng minh đây là hằng số tốt nhất để bdt trên là đúng! Tương tự như trên (thay số k tốt nhất vào) thì ta có:
Xét trường hợp $0\le q\le 1/4$ sử dụng bdt Schur bậc 1 ta có:
$f(q,r)\ge \dfrac{5(1-4q)(1-3q)}{2(5q+1)}\ge 0$
Xét trường hợp $1/4\le q\le 1/3$ sử dụng bdt Schur bậc 2 ta có:
$f(q,r)\ge \dfrac{(12q^2-5q+5)(4q-1)(1-3q)}{4(4q^2+q+1)}\ge 0$

Dấu bằng xảy ra tại 2 điểm là: $ a=b=c, a=b=1/2,c=0$

[shockmath_xayda]

zai zai cho hỏi schur bậc mấy thì chặt nhất

[shockmath_xayda]

những dạng phải đánh giá abc>= .... mà cho giả thiết là a+b+c=... thì chỉ có cách dùng schur thôi
ko biết có cách hiện đại nào khác như dồn biến hay SOS ko,các bác chỉ em với

[zaizai]

Mấy câu hỏi này thì xem ra khó trả lời quá. Schur bậc mấy chặt nhất thì mình chả biết. Thông thường người ta chỉ sử dụng tới bậc 2 thôi và cũng phải tuỳ cơ ứng biến. Tuy nhiên cái nhận xét: "những dạng phải đánh giá abc>= .... mà cho giả thiết là a+b+c=... thì chỉ có cách dùng schur thôi" thì chả đúng đâu. Schur cũng mạnh và chặt nhưng nhiều bài nó ko thể giải quyết đc. (đây là điều mà trước kia mình ko hề nghĩ tới, cứ tưởng chặt lắm thì chia trường hợp nhưng sau này gặp nhiều bài Schur bó tay ngay bước 1) tuy nhiên vẫn có thể kết luận p,q,r giải đc gần như toàn bộ bdt đối xứng 3 biến nếu biết kết hợp với các bộ đề khác 1 cách linh hoạt và sáng tạo. Và bài toán trên là ko ngoại lệ.

[shockmath_xayda]

ko có cách cụ thể nào ah`
p,q,r thực chất cũng là sử dụng các BĐT cổ điển(chẳng qua là dễ nhìn hơn thôi)
mình nghĩ với BĐT đối xứng 3 biến thì cách tốt nhất là dùng TRÊ BƯ SEP sau khi đã chuẩn hóa

[zaizai]

Nhận xét này đúng và có cái ko đúng. Nếu chỉ nói riêng trong bdt đối xứng thì p,q,r so với Chebyshev là ko nên vì nó mạnh hơn nhiều lần. p,q,r ko chỉ giúp dễ nhìn hơn mà nó giúp ta hình thành tư tưởng qui đổi về hàm 1 biến (thay vì xét hàm 3 biến) bằng cách sử dụng các chặn của các đại lượng p,q,r. Đa số các pp hiện nay đều đc xây dựng theo kiểu đó. ABC, GLA,... đều là sử dụng ý tưởng đổi biến và cố định các đại lượng rồi xét hàm. Nói như vậy để thấy rằng p,q,r ko chỉ mang nét cổ điển mà nó còn mang nét hiện đại. Anyway, đó là 1 kĩ thuật đẹp mắt và thú vị hơn so với SOS (theo quan điểm của mình).

[Bùi Việt Anh]

Quy đồng rồi đồng bậc ta cần tìm k sao cho :
$ \dfrac{[(a+b+c)^2+(ab+ac+bc)](a+b+c)}{(a+b+c)(ab+ac+bc)-abc} + \dfrac{kabc}{(a+b+c)^3} \geq \dfrac{9}{2} + \dfrac{k}{27} $
Ta thấy ngay nếu cố định a+b+c, ab+ac+bc thì VT đồng biến theo abc. Do đó ta chỉ phải xét 2 TH a=b và c=0. Từ đây dễ dàng tìm ra k tốt nhất.

@ ABC, pRr hay ở chỗ dễ dàng quy dược bài toán về 1 biến mà ko cần phép đánh giá nào. Đây cũng là lý do mình nói 1 bài có thể giải được bằng pqr thì cũng có thể giải được bằng ABC, pRr. Một PP mạnh hay không phụ thuộc rất nhiều vào người sử dụng. Cẩn đã làm rất tốt điều này khi tìm ra được 1 số bổ đề rất mạnh ứng dụng trong hoán vị.

[zaizai]

Em vẫn có một thắc mắc. Đơn cử 1 ví dụ điển hình là bài của Ji Chen rõ ràng pqr xử lí đc thông qua bổ đề hoán vị còn ABC hay GLA liệu có giải đc bài đó ko (Cái quan trọng là xử lí trực tiếp ko thông qua cái gì nữa!!! ). Ở những lý thuyết mà anh VA đã trình bày thì em chỉ thấy định lý ABC, GLA giải quyết đc những bài mà dấu bằng tại ít nhất 2 biến bằng nhau và ít nhất 1 biến bằng 0 và chưa hề nhắc tới trường hợp lệch nhau hoàn toàn. Như vậy liệu "bài có thể giải được bằng pqr thì cũng có thể giải được bằng ABC, pRr" có còn đúng ?!

[Bùi Việt Anh]

Về lý thuyết + phương pháp chung thì pqr ko mạnh. Nó mạnh khi nó được sử dụng bởi Cẩn vì Cẩn đã tìm ra nhiều bổ đề mạnh trong 1 số dạng hoán vị. Đó cũng là điểm hơn của pqr so với ABC, pRr. Nhưng khi áp dụng những bổ đề này thì việc giải phần còn lại của pqr như thế nào ABC, pRr đều giải được theo y hệt thậm chí ngắn hơn. Tên gọi khác nhau nhưng chúng đều xuất phát chung từ a+b+c, ab+ac+bc, abc mà. Vì thế kết hợp những định lý trong ABC, pRr và những bổ đề của Cẩn ta sẽ được 1 phương pháp cực mạnh.

[shockmath_xayda]

Cẩn là ai thế mấy ông anh nói em chẳng hiểu gì cả
ai có tài liệu về mấy cái định lí ABC với lại pRr thì chỉ cho mình với

[vuthanhtu_hd]

Mình thì bỏ làm bdt rồi, dù vẫn còn nhiều hứng thú với trò này. Chỉ tại cái tên topic hơi "ngông" nên mình mới đánh liều làm xem có ra ko. Nhưng mà thấy chán vì nó ko xứng với cái tên thách thức !!! (những bài thách thức của anh Hùng năm xưa mới đáng để gọi tên như vậy!) vì vậy mình khuyên bạn nên đặt tên chủ đề khiêm tốn hơn 1 chút

Cái tên topic mình đặt là ''thách thức'' không có mục đích gì khác,chỉ là để tạo ấn tượng và hấp dẫn mọi người,tất nhiên lần sau mình sẽ rút kinh nghiệm!

[vuthanhtu_hd]

BàiTT.a)Cho $a,b,c$ là các số thực dương và $a+b+c=1$
Cmr $\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+2abc \geq\dfrac{247}{54}$
b) Tìm số thực dương k lớn nhất sao cho B.Đ.T
$\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}+kabc \geq\dfrac{9}{2}+\dfrac{k}{27}$ đúng với mọi a,b,c là các số dương và $a+b+c=1$

Bài toán này mình đặt ra cách đây không lâu,câu b) thì mình chưa giải quyết được trọn vẹn,còn câu a) ngoài cách giải với p,q,r như của zaizai thì chúng ta hoàn toàn có thể dồn biến
$f(a,b,c) \geq f(a,\dfrac{b+c}{2}, \dfrac{b+c}{2}) \geq \dfrac{247}{54}$.Tuy nhiên việc tính toán hơi phức tạp

[vuthanhtu_hd]

Cẩn là ai thế mấy ông anh nói em chẳng hiểu gì cả
ai có tài liệu về mấy cái định lí ABC với lại pRr thì chỉ cho mình với

To shockmath_xayda: Cẩn mà anh Bùi Việt Anh nói tới chắc là anh VÕ Quốc Bá Cẩn ,đang là SV ĐH Y Dược Cần Thơ (Người có khá nhiều kết quả hay)
Bạn có thể tham khảo tại
http://diendantoanho...showtopic=34442
http://diendantoanho...showtopic=31519
http://diendantoanho...showtopic=29142
....:D:D:D:D

[zaizai]

với những bài như thế này thì p,q,r lợi hại hơn dồn biến gấp vài lần vì tính toán rất rất đơn giản. Ý tưởng cố định p,q và xét r cũng là ý tưởng cơ bản hình thành EV, ABC hay GLA...
Các bạn hãy thử nghĩ xem tại sao với bài hằng số k tốt nhất tớ lại sử dụng Schur như vậy?! Đây là một kết quả đẹp dù ko khó

[shockmath_xayda]

nếu dùng p,q r thực sự mạnh đến thế vậy nhờ anh zai zai giải hộ em bài này bằng PP đó nhé(trong PKH cũng có)
a,b,c>0 abc=1
c/m: (a+b)(b+c)(c+a) 4(a+b+c-1)

[vịt con]

nếu dùng p,q r thực sự mạnh đến thế vậy nhờ anh zai zai giải hộ em bài này bằng PP đó nhé(trong PKH cũng có)
a,b,c>0 abc=1
c/m: (a+b)(b+c)(c+a) 4(a+b+c-1)

Bài này dùng p,q,r hoàn toàn dễ dàng,tương tự như bài của Vasc:
Cho a,b,c là các số thưc dương thỏa mãn $abc=1$.Chứng minh rằng: $(a+b)(b+c)(c+a)+7\ge 5(a+b+c)$

[shockmath_xayda]

làm đi nói thế có thánh mà biết được

[vo thanh van]

hj`,bài này dùng p,q,r thực sự ko khó khăn:
Chuyển BDT về dạng p,q,r,ta cần chứng minh:
$pq+3\ge 4q \Leftrightarrow q+\dfrac{3}{p}\ge 4$
Áp dụng BDT AM-GM,ta có: $q+\dfrac{3}{p}\ge 4\sqrt[4]{\dfrac{q^3}{9p}}$
Mà $q\ge 3$ và $q^2\ge 3pr=3p$ nên $\dfrac{q^3}{9p}\ge 1$.Vậy ta có đpcm