17 replies to this topic

[Nguyenhuyen_AG]

Chắc hẳn các bạn yêu bất đẳng thức đều biết đến bài toán nổi tiếng sau đây của Vasile Cirtoaje. $$(a^2+b^2+c^2)^2\ge3(a^3b+b^3c+c^3a),$$ với $a,b,c$ là các số thực bất kỳ.
Có thể nói đây là một bài toán rất khó và vì thế những lời giải của nó cũng rất không "bình thường" và khó có thể nghĩ ra, trên diễn đàn toán học Mathlinks.ro anh Cẩn đã khẳng định rằng bài toán này có thể giải bằng Cauchy-Schwarz nhưng chưa công bố lời giải đó, mấy hôm trước mình cũng đã tìm được lời giải cho bài toán này bằng Cauchy-Schwarz kết hợp với AM-GM, không biết các bạn có bạn nào có lời giải mới cho bài toán này không ?

Edited by anh qua, 31-05-2012 - 18:15.

[anh qua]

Chắc hẳn các bạn yêu bất đẳng thức đều biết đến bài toán nổi tiếng sau đây của Vasile Cirtoaje. $$(a^2+b^2+c^2)^2\ge3(a^3b+b^3c+c^3a),$$ với $a,b,c$ là các số thực bất kỳ.
Có thể nói đây là một bài toán rất khó và vì thế những lời giải của nó cũng rất không "bình thường" và khó có thể nghĩ ra, trên diễn đàn toán học Mathlinks.ro anh Cẩn đã khẳng định rằng bài toán này có thể giải bằng Cauchy-Schwarz nhưng chưa công bố lời giải đó, mấy hôm trước mình cũng đã tìm được lời giải cho bài toán này bằng Cauchy-Schwarz kết hợp với AM-GM, không biết các bạn có bạn nào có lời giải mới cho bài toán này không ?

Anh Huyện công bố đi ạ!
Em mới chỉ biết đến mấy cái tổng bình phưong đối với bài toán rất mạnh này
@NguyenHuyenj_AG: EM là một mem cũ của VIMF.

[Ispectorgadget]

Không biết cái này phải không ạ!
Sử dụng BĐT quen thuộc $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$ với $x=a^2+bc-ab;y=b^2+ca-bc;z=c^2+ab-ca$,chúng ta thu được:
$$\[\sum (a^2+bc-ab)]^2 \ge 3\sum (a^2+bc-ab)(b^2+ca-bc)$$
Bằng cách khai triển trực tiếp,ta thu được:
$$\sum (a^2+bc-ab)=a^2+b^2+c^2$$
$$\sum (a^2+bc-ab)(b^2+ca-bc)=a^3b+b^3c+c^3a$$
Như vậy,ta có:
$$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)$$

Edited by bboy114crew, 31-05-2012 - 21:57.

[Ispectorgadget]

Nhờ mod del dùm cái post trên nhé.
Mới tìm được 1 lời giải khá khủng cho bài này

[NguyThang khtn]

Không biết cái này phải không ạ!
Sử dụng BĐT quen thuộc $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$ với $x=a^2+bc-ab;y=b^2+ca-bc;z=c^2+ab-ca$,chúng ta thu được:
$$\[\sum (a^2+bc-ab)]^2 \ge 3\sum (a^2+bc-ab)(b^2+ca-bc)$$
Bằng cách khai triển trực tiếp,ta thu được:
$$\sum (a^2+bc-ab)=a^2+b^2+c^2$$
$$\sum (a^2+bc-ab)(b^2+ca-bc)=a^3b+b^3c+c^3a$$
Như vậy,ta có:
$$(a^2+b^2+c^2)^2\ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)$$

Từ trước tới giờ mình cũng chỉ biết bài toán này với các phân tích bình phương cũng chưa từng thử xem có lời giải cổ điển cho bài toán này không ngờ!
Nhưng theo mình lời giải này đâu đó cũng bắt nguồn từ những ý tưởng phân tích kia(ý mình là mấy đại lượng).

[Nguyenhuyen_AG]

Lời giải của nó bằng Cauchy-Schwarz không dựa vào mấy cái tổng bình phương, mình đang soạn lời giải đó, ít hôm nữa thi học kỳ xong mình sẽ gửi lên.

[viet 1846]

Từ trước tới giờ mình cũng chỉ biết bài toán này với các phân tích bình phương cũng chưa từng thử xem có lời giải cổ điển cho bài toán này không ngờ!
Nhưng theo mình lời giải này đâu đó cũng bắt nguồn từ những ý tưởng phân tích kia(ý mình là mấy đại lượng).

Theo chú Tạ Hồng Quảng thì đây chỉ là cách mà ông Vasile Cirtoaje chế ra bài này, nhưng không ngờ nó lại khó và trở nên nổi tiếng như vậy.

[Nguyenhuyen_AG]

Theo chú Tạ Hồng Quảng thì đây chỉ là cách mà ông Vasile Cirtoaje chế ra bài này, nhưng không ngờ nó lại khó và trở nên nổi tiếng như vậy.

Theo mình thì không phải như vậy, lời giải của Vasile lúc đầu chỉ dùng tam thức bậc hai, phương pháp dùng $(x+y+z)^2\ge 3(xy+yz+zx)$ sau này mới thấy xuất hiện.

[KH1]

Thật không ngờ bài toán này lại có thể giải được bằng $AM-GM+Cauchy-schwarz$ vì dấu bằng quá lệnh nhau.
Tiện đây cho mình hỏi bài toán:
Liệu có tồn tại $k$ để BDT sau đúng với mọi $a;b;c \ge 0$ và dấu bằng đạt tại$a=b=c$ hoặc $(a;b;c)=n(sin^2\dfrac{4\pi}{7};sin^2\dfrac{2\pi}{7};sin^2\dfrac{\pi}{7})$(Giống của Vasile đó)
$$ k(a+b+c)^3 \geq (a^2b+b^2c+c^2a+abc)$$

Edited by KH1, 03-06-2012 - 21:31.

[alex_hoang]

Thật không ngờ bài toán này lại có thể giải được bằng $AM-GM+Cauchy-schwarz$ vì dấu bằng quá lệnh nhau.
Tiện đây cho mình hỏi bài toán:
Liệu có tồn tại $k$ để BDT sau đúng với mọi $a;b;c \ge 0$ và dấu bằng đạt tại$a=b=c$ hoặc $(a;b;c)=n(sin^2\dfrac{4\pi}{7};sin^2\dfrac{2\pi}{7};sin^2\dfrac{\pi}{7})$(Giống của Vasile đó)
$$ k(a+b+c)^3 \geq (a^2b+b^2c+c^2a+abc)$$

Mình nghĩ đây là một bài không khó mặc dù hình như nó không có dấu bằng tạo $(a;b;c)=n(sin^2\dfrac{4\pi}{7};sin^2\dfrac{2\pi}{7};sin^2\dfrac{\pi}{7})$
Ta có
\[\frac{4}{{27}}{(x + y + z)^3} \ge {x^2}y + {y^2}z + {z^2}x + xyz\]
Chúng ta không nên bàn những vấn đề khác trong chủ đề này nhé.Hãy chờ anh Huyện đưa ra lời giải bằng $cauchy-Schwarz$ .Mình mong chờ quá

[Nguyenhuyen_AG]

Đây là lời giải, các bạn đọc thấy có lỗi gì thì pm lại cho mình chỉnh sửa nhé, cám ơn. Giờ thì đi ngủ đây gần 1h sáng rồi.
http://mathifc.wordp...ritish-mo-1986/

[alex_hoang]

Cảm ơn anh Huyện ,em xin phép up tài liệu nên diễn đàn để các mem nhà ta dễ download

Attached Files

•  Ve bai toan British MO 1986.pdf   159.45KB   1090 downloads

[Nguyenhuyen_AG]

Mình đã chỉnh sửa lại bài viết, các bạn tải lại nhé, cũng không khác mấy bài viết lúc đầu nhiều lắm.
http://mathifc.wordp...ritish-mo-1986/

[anh qua]

Mình đã chỉnh sửa lại bài viết, các bạn tải lại nhé, cũng không khác mấy bài viết lúc đầu nhiều lắm.
http://mathifc.wordp...ritish-mo-1986/

A nice article!
Chúc anh Huyện thành công!

[yellow]

Chắc hẳn các bạn yêu bất đẳng thức đều biết đến bài toán nổi tiếng sau đây của Vasile Cirtoaje. $$(a^2+b^2+c^2)^2\ge3(a^3b+b^3c+c^3a),$$ với $a,b,c$ là các số thực bất kỳ.
Có thể nói đây là một bài toán rất khó và vì thế những lời giải của nó cũng rất không "bình thường" và khó có thể nghĩ ra, trên diễn đàn toán học Mathlinks.ro anh Cẩn đã khẳng định rằng bài toán này có thể giải bằng Cauchy-Schwarz nhưng chưa công bố lời giải đó, mấy hôm trước mình cũng đã tìm được lời giải cho bài toán này bằng Cauchy-Schwarz kết hợp với AM-GM, không biết các bạn có bạn nào có lời giải mới cho bài toán này không ?

Mình làm thế này không biết có đúng không, mong mọi người góp ý.

Đặt $b=a+x, c=a+y$ khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương với:
$f(a,x,y)=(x^2-xy+y^2)a^2+(x^3-5x^2y+axy^2+y^3)a+x^4-3x^3y+2x^2y^2+y^4\geq 0$
Dễ thấy đây là một tam thức bậc hai của $a$ với hệ số cao nhất không dương.
Ta có:
$\Delta _{f}=(x^3-5x^2y+4xy^2+y^3)^2-4(x^2-xy+y^2)(x^4-3x^3y+2x^2y^2+y^4)=-3(x^3-x^2y-2xy^2+y^3)^2\leq 0$
nên hiển nhiên $f(a,x,y)\geq 0$ và bài toán được chứng minh

Edited by yellow, 01-10-2012 - 17:02.

[yellow]

Không biết cái này phải không ạ!
Sử dụng BĐT quen thuộc $(x+y+z)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$ với $x=a^2+bc-ab;y=b^2+ca-bc;z=c^2+ab-ca$,chúng ta thu được:
$$\[\sum (a^2+bc-ab)]^2 \ge 3\sum (a^2+bc-ab)(b^2+ca-bc)$$
Bằng cách khai triển trực tiếp,ta thu được:
$$\sum (a^2+bc-ab)=a^2+b^2+c^2$$
$$\sum (a^2+bc-ab)(b^2+ca-bc)=a^3b+b^3c+c^3a$$
Như vậy,ta có:
$$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge 3(a^3b+b^3c+c^3a)$$

Có thể kiểm tra được hằng đẳng thức sau:
$4(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)[(a^2+b^2+c^2)^2-3(a^3b+b^3c+c^3a)]$
$[(a^3+b^3+c^3)-5(a^2b+b^2c+c^2a)+4(ab^2+bc^2+ca^2)]^2+3[(a^3+b^3+c^3)-(a^2b+b^2c+c^2a)-2(ab^2+bc^2+ca^2)+6abc]^2\geq 0$
Từ hằng đẳng thức này, ta có thể suy ra ngay kết quả cần chứng minh./.

[hthang0030]

Bài này hay thật -.- Anh up lời giải đi

Edited by hthang0030, 24-04-2016 - 10:19.

[Nguyenhuyen_AG]

Bài này hay thật -.- Anh up lời giải đi

 

Em xem ở đây: http://diendantoanho...g-thức-bậc-bốn/