Chủ đề này có 436 trả lời

[Crystal]

Ồ sai ở đâu nhỉ. Để anh kiểm tra lại nhé!

Dạ!

-------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[dark templar]

Bài 1: Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c = 1$. Chứng minh rằng: $10\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) - 9\left( {a^5 + b^5 + c^5 } \right) \ge 1$.

Hôm nay giải luôn bài còn lại theo yêu cầu của bạn xusinst
Đặt $q=ab+bc+ca;r=abc$.Từ $a+b+c=1$,dễ dàng có:$0 \le q \le \dfrac{1}{3};0 \le r \le \dfrac{1}{27}$
Ta sẽ có các biểu thức sau:

$a^3+b^3+c^3=3r+1-3q$

$a^5+b^5+c^5=(1-2q)(3r+1-3q)-q^2+2r+qr$

Như vậy,bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$10(3r+1-3q) \ge 1+9(1-2q)(3r+1-3q)-9q^2+18r+9qr$

hay

$(q-r)(1-3q) \ge 0$

Dễ thấy rằng:

$q \ge \sqrt{3r}>r$ và $1-3q \ge 0$

Nên BĐT trên luôn đúng.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$.
P/s:@vietfrog: Mình đã nêu bài toán của mình là bài tổng quát của bạn xusinst đó.

[Crystal]

Hôm nay giải luôn bài còn lại theo yêu cầu của bạn xusinst
Đặt $q=ab+bc+ca;r=abc$.Từ $a+b+c=1$,dễ dàng có:$0 \le q \le \dfrac{1}{3};0 \le r \le \dfrac{1}{27}$
Ta sẽ có các biểu thức sau:

$a^3+b^3+c^3=3r+1-3q$

$a^5+b^5+c^5=(1-2q)(3r+1-3q)-q^2+2r+qr$

Như vậy,bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$10(3r+1-3q) \ge 1+9(1-2q)(3r+1-3q)-9q^2+18r+9qr$

hay

$(q-r)(1-3q) \ge 0$

Dễ thấy rằng:

$q \ge \sqrt{3r}>r$ và $1-3q \ge 0$

Nên BĐT trên luôn đúng.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=\dfrac{1}{3}$.
P/s:@vietfrog: Mình đã nêu bài toán của mình là bài tổng quát của bạn xusinst đó.

Cảm ơn anh! Bạn nào có cách khác post lên cho mọi người cùng tham khảo

----------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[dark templar]

Ồ sai ở đâu nhỉ. Để anh kiểm tra lại nhé!

Nếu làm giống như bạn thì phải ra $\max f(x)=\dfrac{1}{3}$ mới đúng.
Mà làm như bạn cũng sai rồi.Với $n=2$ thì $\max f(x)=\dfrac{4}{27}$ khi $(x;y;z)=\left(0;\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3} \right)$ chứ không phải là $\dfrac{1}{3}$.
P/s:Bài này từng thấy trên MS rồi,nhưng cũng khá lâu nên không kiếm đc link.Thông cảm nha.

[Didier]

Em xin giới thiệu tiếp 1 bài
Xét trên miền $D = \left\{ {\left( {x,y,z,t} \right):a\left( {x^2 + y^2 } \right) + b\left( {z^2 + t^2 } \right) = 1} \right\}$, a và b là hai số dương cho trước. Tìm GTLN của hàm số $f(x,y,z,t) = (x + z)(y + t) $.

---------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

$ f(x,y,z,t)=(x+z)(y+t)=xy+xt+zy+zt$
BDT cauchy có
$ x^{2}+ y^{2} \ge 2|xy| \ge 2xy$
vì a,b>0
$ \Rightarrow \dfrac{ab}{a+b}(x^{2}+ y^{2}) \ge \dfrac{2ab}{a+b}xy$(2)
tương tự
$ \Rightarrow \dfrac{ab}{a+b}(z^{2}+ t^{2}) \ge \dfrac{2ab}{a+b}zt$( 3)
lại có
$ \dfrac{a^{2}}{a+b}x^{2} + \dfrac{b^{2}}{a+b}t^{2} \ge \dfrac{2ab}{a+b}xt $( 4)
$ \dfrac{a^{2}}{a+b}y^{2} + \dfrac{b^{2}}{a+b}z^{2} \ge \dfrac{2ab}{a+b}yz $( 5)
cộng các vế của (3)(4)(5)(2)
$ a\left( {x^2 + y^2 } \right) + b\left( {z^2 + t^2 } \right) \ge \dfrac{2ab}{a+b} $
$ \Leftrightarrow f(x,y,z,t) \le \dfrac{a+b}{2ab} $
a,b cho trước òi thì ta có max còn j' lữa
dấu pằng xảy ra khi nào tự tính nhá bạn

[Crystal]

$ f(x,y,z,t)=(x+z)(y+t)=xy+xt+zy+zt$
BDT cauchy có
$ x^{2}+ y^{2} \ge 2|xy| \ge 2xy$
vì a,b>0
$ \Rightarrow \dfrac{ab}{a+b}(x^{2}+ y^{2}) \ge \dfrac{2ab}{a+b}xy$(2)
tương tự
$ \Rightarrow \dfrac{ab}{a+b}(z^{2}+ t^{2}) \ge \dfrac{2ab}{a+b}zt$( 3)
lại có
$ \dfrac{a^{2}}{a+b}x^{2} + \dfrac{b^{2}}{a+b}t^{2} \ge \dfrac{2ab}{a+b}xt $( 4)
$ \dfrac{a^{2}}{a+b}y^{2} + \dfrac{b^{2}}{a+b}z^{2} \ge \dfrac{2ab}{a+b}yz $( 5)
cộng các vế của (3)(4)(5)(2)
$ a\left( {x^2 + y^2 } \right) + b\left( {z^2 + t^2 } \right) \ge \dfrac{2ab}{a+b} $
$ \Leftrightarrow f(x,y,z,t) \le \dfrac{a+b}{2ab} $
a,b cho trước òi thì ta có max còn j' lữa
dấu pằng xảy ra khi nào tự tính nhá bạn

Anh làm tốt đấy! Nhưng đoạn này hình như anh thiếu:
cộng các vế của (3)(4)(5)(2) $ a\left( {x^2 + y^2 } \right) + b\left( {z^2 + t^2 } \right) \ge \dfrac{2ab}{a+b} $
$ \Leftrightarrow f(x,y,z,t) \le \dfrac{a+b}{2ab} $ .

--------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xusinst: 01-08-2011 - 13:18

[vietfrog]

Nếu làm giống như bạn thì phải ra $\max f(x)=\dfrac{1}{3}$ mới đúng.
Mà làm như bạn cũng sai rồi.Với $n=2$ thì $\max f(x)=\dfrac{4}{27}$ khi $(x;y;z)=\left(0;\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3} \right)$ chứ không phải là $\dfrac{1}{3}$.

Ừ. Mình biết sai rồi , mình biết mình làm như thế là không đúng , mong mọi người tha thứ cho mình .
Vậy là còn 2 bài trong topic chưa giải:
Bài 1:

Tổng quát:Cho $n$ số thực dương $a_1;a_2;...;$.Chứng minh rằng:

$\dfrac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^{n}a_{i} -\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}a_{i}} \le \max \{(\sqrt{a_{i}}-\sqrt{a_{j}})^2 \};1 \le i \neq j \le n.$

P/s: Có khi bài này dark templar phải làm thui
Bài 2:

Cho x, y, z là các số thực không âm và $x + y + z = 1$. Tìm GTLN của hàm số $f(x,y,z) = x^n y + y^n z + z^n x\,\,,\,n \in N$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 01-08-2011 - 17:26

[hoangduc]

Nhầm ở chỗ này:D

$x^ny\le \dfrac{1}{n+1}(nx+y)^{n+1} $ chứ ko phải là $\dfrac{1}{n+1}(nx+y) $

[dark templar]

Bài tiếp theo nè
Bài 29:Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:

$\dfrac{ab}{9-c^2}+\dfrac{bc}{9-a^2}+\dfrac{ca}{9-b^2} \le \dfrac{3}{8}$

P/s:@vietfrog: Bài tổng quát thật sự mình cũng không có lời giải,nhưng mình biết chắc chắn bài đó đúng. Bởi bài đó đã được bác mod truongvoki_bn bên MS post lên để xin 1 lời giải "dễ hiểu hơn" nhưng cái topic đó hình như chưa có ai hồi âm cả

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:31

[Crystal]

Bài tiếp theo nè
Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:

$\dfrac{ab}{9-c^2}+\dfrac{bc}{9-a^2}+\dfrac{ca}{9-b^2} \le \dfrac{3}{8}$

P/s:@vietfrog: Bài tổng quát thật sự mình cũng không có lời giải,nhưng mình biết chắc chắn bài đó đúng. Bởi bài đó đã được bác mod truongvoki_bn bên MS post lên để xin 1 lời giải "dễ hiểu hơn" nhưng cái topic đó hình như chưa có ai hồi âm cả

Em xin thử bài này

Ta có: $ab \le \dfrac{{\left( {a + b} \right)^2 }}{4} = \dfrac{{\left( {3 - c} \right)^2 }}{4} \Rightarrow \dfrac{{ab}}{{9 - c^2 }} \le \dfrac{{\left( {3 - c} \right)^2 }}{{4\left( {9 - c^2 } \right)}} = \dfrac{1}{4}.\dfrac{{3 - c}}{{3 + c}}$.

Do đó ta cần chứng minh bất đẳng thức sau: $\dfrac{1}{4}\sum {\dfrac{{3 - a}}{{3 + a}} \le \dfrac{3}{8} \Leftrightarrow } \sum {\dfrac{{3 - a}}{{3 + a}} \le \dfrac{3}{2}} \,\,\,(1)$.

Xét hàm số: $f(x) = \dfrac{{3 - x}}{{3 + x}},\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right) \Rightarrow f''(x) < 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right)$ suy ra f(x) là hàm lõm trên $\left( {0;3} \right)$.

Theo bất đẳng thức Jensen, ta có: VT (1) $\le 3f\left( {\dfrac{{a + b + c}}{3}} \right) = 3f(1) = \dfrac{3}{2}$ (đpcm)

Đẳng thức xảy ra khi $a = b = c = 1$.

-------------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[Crystal]

Em chưa biết nhiều về hàm số và đạo hàm mấy, với lại BĐT Jensen em cũng mới biết, mong các anh kiểm tra lại giúp em. Em cảm ơn nhiều!
Bài tiếp theo.
Bài 30:Cho $a_1 ,a_2 ,...,a_n > 0;\,\,\,\,\,S = a_1 + a_2 + \cdot \cdot \cdot + a_n $. Chứng minh rằng:

$\dfrac{{\sqrt {a_1 } }}{{\sqrt {S - a_1 } }} + \dfrac{{\sqrt {a_2 } }}{{\sqrt {S - a_2 } }} + \cdot \cdot \cdot + \dfrac{{\sqrt {a_n } }}{{\sqrt {S - a_n } }}\,\,\,\,\, \ge \,\,\,\,2;\,\,\,\,\left( {n \ge 2} \right)$.

------------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:31

[vietfrog]

Bài tiếp theo.
Cho $a_1 ,a_2 ,...,a_n > 0;\,\,\,\,\,S = a_1 + a_2 + \cdot \cdot \cdot + a_n $. Chứng minh rằng:

$\dfrac{{\sqrt {a_1 } }}{{\sqrt {S - a_1 } }} + \dfrac{{\sqrt {a_2 } }}{{\sqrt {S - a_2 } }} + \cdot \cdot \cdot + \dfrac{{\sqrt {a_n } }}{{\sqrt {S - a_n } }}\,\,\,\,\, \ge \,\,\,\,2;\,\,\,\,\left( {n \ge 2} \right)$.

------------------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Bất đẳng thức đã cho tương đương:

$\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {\dfrac{{{a_i}}}{{S - {a_i}}}} } \ge 2$

Ta đánh giá:

$\sqrt {\dfrac{{{a_i}}}{{S - {a_i}}}} = \sqrt {\dfrac{{a_i^2}}{{(S - {a_i}).{a_i}}}} = \dfrac{{{a_i}}}{{\sqrt {(S - {a_i}).{a_i}} }} \ge \dfrac{{{a_i}}}{{\dfrac{S}{2}}} = \dfrac{{2{a_i}}}{S}$

Từ đó suy ra:

$\sum\limits_{i = 1}^n {\sqrt {\dfrac{{{a_i}}}{{S - {a_i}}}} } \ge \dfrac{{2.\sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} }}{S} = 2$

Dấu ''='' xảy ra khi: $n=2;{x_1} = {x_2} > 0$
..........................................

[vietfrog]

Bài tiếp nữa nhé:
Bài 31:Cho $a,b,c>0$
Chứng minh rằng:
$\sqrt[5]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} \ge \dfrac{{5.\sqrt[5]{4}}}{4}$


P/s:@dark templar: Mod dark templar có ghé topic thì đánh số lại các bài trong topic này giúp mình nhé ! Đa tạ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 02-08-2011 - 20:33

[dark templar]

Xét hàm số: $f(x) = \dfrac{{3 - x}}{{3 + x}},\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right) \Rightarrow f''(x) < 0\,,\,\,\forall x \in \left( {0;3} \right)$ suy ra f(x) là hàm lõm trên $\left( {0;3} \right)$.

Hàm này là hàm lồi
$f''(x)=\dfrac{4(18+3a-a^2)}{(3+a)^4}>0,\forall x \in (0;3)$.
P/s:@xusinst:Bài này có cách giải cổ điển hay lắm.

[Crystal]

Bài 27:Cho $x, y, z$ là các số thực không âm và $x + y + z = 1$. Tìm GTLN của hàm số $f(x,y,z) = x^n y + y^n z + z^n x\,\,,\,n \in N$.

----------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

Em xin đưa ra lời giải mọi người cho ý kiến.

1. Nếu n=0 thì $f\left( {x,y,z} \right) = x + y + z = 1 \Rightarrow maxf(x,y,z) = 1$
2. Nếu n=1 thì $f\left( {x,y,z} \right) = xy + yz + zx \le \dfrac{1}{3}\left( {x + y + z} \right)^2 = \dfrac{1}{3}$
$\Rightarrow maxf(x,y,z) = \dfrac{1}{3}$ khi $x = y = z = \dfrac{1}{3}$
3. Nếu n>1. Không mất tính tổng quát, ta giả sử $x = max\left\{ {x,y,z} \right\}$

Do $y \le x \Rightarrow y^n z \le x^{n - 1} yz$

Do $z \le x \Rightarrow z^n x \le zx^n $ và $z^n x \le z^2 x^{n - 1} $

Vì n>1 nên $\dfrac{{n - 1}}{n} \ge \dfrac{1}{2}\, \Rightarrow \,\dfrac{{n - 1}}{n}z \ge \dfrac{z}{2}$.

Như vậy ta có:

$f(x,y,z) = x^n y + y^n z + z^n x \le x^n y + x^{n - 1} yz + \dfrac{1}{2}z^n x + \dfrac{1}{2}z^n x$

$\le x^n y + x^{n - 1} yz + \dfrac{{zx^n }}{2} + \dfrac{{z^2 x^{n - 1} }}{2} = x^{n - 1} (x + z)\left( {y + \dfrac{z}{2}} \right)$

$\le x^{n - 1} (x + z)\left( {y + \dfrac{{n - 1}}{n}z} \right) = n^n \left[ {\underbrace {\dfrac{x}{n}.\dfrac{x}{n}...\dfrac{x}{n}}_{n - 1\,}.\dfrac{{x + z}}{n}\left( {y + \dfrac{{n - 1}}{n}z} \right)} \right]\,\,(1)$

Theo BĐT Côsi thì:

$\underbrace {\dfrac{x}{n}.\dfrac{x}{n}...\dfrac{x}{n}}_{n - 1\,}.\dfrac{{x + z}}{n}\left( {y + \dfrac{{n - 1}}{n}z} \right) \le \left[ {\dfrac{{(n - 1)\dfrac{x}{n} + \dfrac{{x + z}}{n} + y + \dfrac{{n - 1}}{n}z}}{{n + 1}}} \right]^{n + 1} \,\,\,\,(2)$

Từ (1) và (2) ta được:

$f(x,y,z) \le n^n \dfrac{{\left( {x + y + z} \right)^{n + 1} }}{{(n + 1)^{n + 1} }} = \dfrac{{n^n }}{{(n + 1)^{n + 1} }}$

$\Rightarrow maxf(x,y,z) = \dfrac{{n^n }}{{(n + 1)^{n + 1} }}$

Dấu "=" xảy ra khi nào mọi người tự tính nhé!
Vậy $maxf(x,y,z) = \left\{ \begin{array}{l}1\,,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,n = 0 \\ \dfrac{1}{3}\,,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,n = 1 \\\dfrac{{n^n }}{{(n + 1)^{n + 1} }}\,,\,\,\,\,n = 2,\,3,\,... \\ \end{array} \right.$.

------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[dark templar]

Bài 31:Cho $a,b,c>0$
Chứng minh rằng:
$\sqrt[5]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} \ge \dfrac{{5.\sqrt[5]{4}}}{4}$

Mình nghi ngờ là bạn chép sai đề Bởi đây là bài tổng quát:
Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn:$ab+bc+ca>0$ và $k>0$.Chứng minh rằng:

$\left(\dfrac{a}{b+c} \right)^{k}+\left(\dfrac{b}{a+c} \right)^{k}+\left(\dfrac{c}{a+b} \right)^{k} \ge \min \left\{2;\dfrac{3}{2^{k}} \right\}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 03-08-2011 - 09:40

[vietfrog]

Mình nghi ngờ là bạn chép sai đề Bởi đây là bài tổng quát:
Cho $a,b,c \ge 0$ thỏa mãn:$ab+bc+ca>0$ và $k>0$.Chứng minh rằng:

$\left(\dfrac{a}{b+c} \right)^{k}+\left(\dfrac{b}{a+c} \right)^{k}+\left(\dfrac{c}{a+b} \right)^{k} \ge \min \left\{2;\dfrac{3}{2^{k}} \right\}$

Hihi. Bình tĩnh đã chứ. Sao lại nghi ngờ mình. Mình thành thật mà. dark templar...hãy cho mình giải thích (trong film hay như thế )Bài toán tổng quát là như thế này.
Bài toán tổng quát cho bài 31: (theo mình là như thế )
Cho $a,b,c>0$ và $n \in N,n \ge 2$
Chứng minh rằng:

$\sqrt[n]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} > \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}$
P/s: Bài 31 là trường hợp riêng với $n=5$ và thêm cái dấu = vào thôi , mình đã có lời giải, mọi người yên tâm, không lừa đảo đâu .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 06-08-2011 - 11:10

[vietfrog]

Vậy là còn 2 bài.

Bài 31:Cho $a,b,c>0$
Chứng minh rằng:
$\sqrt[5]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} > \dfrac{{5.\sqrt[5]{4}}}{4}$


***Bài toán tổng quát cho bài 31: (theo mình là như thế )
Cho $a,b,c>0$ và $n \in ,n \ge 2$
Chứng minh rằng:
$\sqrt[n]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} > \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}$

Mọi người chém nhiệt tình nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 04-08-2011 - 21:13

[emmuongioitoan]

Vậy là còn 2 bài.

Bài 31:Cho $a,b,c>0$
Chứng minh rằng:
$\sqrt[5]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} > \dfrac{{5.\sqrt[5]{4}}}{4}$

Mọi người chém nhiệt tình nhé!

ta chứng minh kết quả chặt hơn nữa,


$\sqrt[5]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[5]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} > 2$ (1)


Thật vậy, đặt $\sqrt[5]{a} = \sqrt{x}, \sqrt[5]{b} = \sqrt{y}, \sqrt[5]{c} = \sqrt{z}$

Xét BĐT $\sqrt[5]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} \ge \sqrt{{\dfrac{x}{{y + z}}}} $ lũy thừa mũ 10 cả 2 vế và rút gọn (chú ý $\sqrt[5]{a} = \sqrt{x}$) ta thấy BĐT này tương đương với

$(y+z)^5 \ge (b+c)^2 \Leftrightarrow 5yz(y^3+z^3)+10y^2z^2(y+z) \ge 2bc$

BĐT này đúng, nếu ta áp dụng AM-GM cho 2 cặp ngoặc $(y^3+z^3)$ và $(y+z)$ thì $VT \ge 30bc > 2bc$

Từ đó $\sqrt [5] { \dfrac{a}{b + c}} > \sqrt { \dfrac{x}{y + z}} $


$ = \dfrac{x}{ \sqrt {(y + z)x}} \ge \dfrac{2x}{x+y+z} $ (AM-GM)

Viết 2 điều tương tự với các phân thức sau và cộng lại ta thu được (1)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi emmuongioitoan: 04-08-2011 - 22:04

[vietfrog]

Nói chung em làm như vậy là cũng ổn rồi. May là anh bỏ dấu ''='' đi chứ không em lại tưởng sai đề. Bài giải của em có lẽ giống với gợi ý của anh dark templar:

$\left(\dfrac{a}{b+c} \right)^{k}+\left(\dfrac{b}{a+c} \right)^{k}+\left(\dfrac{c}{a+b} \right)^{k} \ge \min \left\{2;\dfrac{3}{2^{k}} \right\}$

Xin trình bày lời giải bài toán tổng quát:

Áp dụng AM-GM cho n số:

$\dfrac{{(a + b)(n - 1)}}{c},1,1,..,1$

Ta có:
$\dfrac{{\dfrac{{(a + b)(n - 1)}}{c} + (n - 1)}}{n} \ge \sqrt[n]{{\dfrac{{(a + b)(n - 1)}}{c}}}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{(n - 1)(a + b + c)}}{{nc}} \ge \sqrt[n]{{\dfrac{{(a + b)(n - 1)}}{c}}}$

Nghịch đảo lên ta được:

$ \Leftrightarrow \dfrac{{nc}}{{(n - 1)(a + b + c)}} \le \sqrt[n]{{\dfrac{c}{{(a + b)(n - 1)}}}}$

$\sqrt[n]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} \ge \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}.\dfrac{c}{{a + b + c}}$
Cộng lại ta có:

$\sum {\sqrt[n]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} \ge } \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}.\sum {\dfrac{a}{{a + b + c}}} = \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}$
Giải điều kiện dấu = ta thấy dấu = không xảy ra.

Vậy
$\sqrt[n]{{\dfrac{a}{{b + c}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{b}{{c + a}}}} + \sqrt[n]{{\dfrac{c}{{a + b}}}} > \dfrac{n}{{n - 1}}.\sqrt[n]{{n - 1}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietfrog: 04-08-2011 - 22:59