Chủ đề này có 49 trả lời

[E. Galois]

Chuyển nhanh đến:
1) Điều lệ
2) Đăng kí thi đấu
3) Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả

Vào hồi 20h, Thứ Sáu, ngày 21/09/2012, Tổ trọng tài sẽ ra đề vào topic này, sau khi có đề, các toán thủ bắt đầu thi đấu.

Các toán thủ khi thi đấu, cứ yên tâm rằng, sau khi trả lời là bài làm đã được lưu, BTC đã nhận được bài làm của bạn, có điều bạn không nhìn thấy được mà thôi. Bạn nên mừng vì điều này, như thế các toán thủ khác không thể copy bài của bạn được.

Bạn cũng nên sử dụng chức năng xem trước của diễn đàn để sửa các lỗi Latex trước khi gửi bài, vì gửi rồi sẽ không xem và sửa lại được nữa.

BTC lưu ý:
1) Trận 3 có 28 toán thủ tham gia nên sau trận này, 04 toán thủ ít điểm nhất sẽ bị loại.

2) Các toán thủ chớ quên rằng mỗi một mở rộng đúng sẽ được 10 điểm, các bạn nên mở rộng bài toán để thu được nhiều điểm hơn.

3) Sau khi trận đấu kết thúc, toán thủ không được tự ý sửa bài của mình vì nếu sửa sẽ bị chấm là 0 điểm.

[E. Galois]

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$

Toán thủ ra đề: BoFaKe

[minh29995]

Lời giải:
BĐT đã cho tương đương với:
$\frac{a+b+c}{a^4+b+c}+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}+\frac{a+b+c}{c^4+a+b}\leq 3$
$\Leftrightarrow \frac{a^4-a}{a^4+b+c}+\frac{b^4-b}{b^4+c+a}+\frac{c^4-c}{c^4+a+b}\geq 0$ (*)
**Do a,b,c dương nên áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$a^4+b+c\geq 3a\sqrt[3]{abc}$
$b^4+c+a\geq3b\sqrt[3]{abc}$
$c^4+b+a\geq3c\sqrt[3]{abc}$
$4abc=a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc}\Leftrightarrow abc\geq 1$
Do đó:
$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}\leq 1$ (1)
**Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b}\geq \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}$
Ta sẽ chứng minh:
$\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}\geq 1$
$\Leftrightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq a+b+c$ (3)
Ta có:
$(ab-bc)^2+(bc-ca)^2+(ca-ab)^2\geq 0$
$\Rightarrow a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\geq abc(a+b+c)\geq a+b+c$ (Do $abc\geq 1$)
Do đó (3) đúng:
Vậy:
$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b}\geq 1$ (2)
Từ (1) và (2) ta có (*) đúng
Suy ra đpcm.
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1.

$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$

S = 52 + 3x10 + 0 + 0 = 82

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 14-09-2012 - 09:49
Ghi điểm

[sogenlun]

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$

Áp dụng BĐT Cauchy , từ giả thiết suy ra :
$$ 4abc \ge 1+3\sqrt[3]{abc} $$
$$ \Leftrightarrow abc \ge 1 $$
BĐT cần chứng minh tương đương với :
$$\dfrac{a+b+c}{a^{4}+b+c}+\dfrac{a+b+c}{b^{4}+c+a}+\dfrac{a+b+c}{c^{4}+a+b}\leq 3$$
$$ \Leftrightarrow \dfrac{a+b+c}{a^{4}+b+c}-1+\dfrac{a+b+c}{b^{4}+c+a}-1+\dfrac{a+b+c}{c^{4}+a+b}-1 \leq 0$$
$$ \Leftrightarrow \dfrac{a-a^{4}}{a^{4}+b+c}+\dfrac{b-b^{4}}{b^{4}+c+a}+\dfrac{c-c^{4}}{c^{4}+a+b} \le 0$$
$$ \Leftrightarrow \dfrac{a}{a^{4}+b+c}+\dfrac{b}{b^{4}+c+a}+\dfrac{c}{c^{4}+a+b} \le \dfrac{a^4}{a^{4}+b+c}+\dfrac{b^4}{b^{4}+c+a}+\dfrac{c^4}{c^{4}+a+b}$$
Thật vậy , ta chứng minh 2 bất đẳng thức sau :
$$ \dfrac{a}{a^{4}+b+c}+\dfrac{b}{b^{4}+c+a}+\dfrac{c}{c^{4}+a+b} \le 1 , \ \ \ \ \ \ \ (2)$$
Và : $$\dfrac{a^4}{a^{4}+b+c}+\dfrac{b^4}{b^{4}+c+a}+\dfrac{c^4}{c^{4}+a+b} \ge 1, \ \ \ \ \ \ \ (3)$$
Chứng minh :
(2) : Áp dụng BĐT Cauchy với $abc \ge 1 $ có : $$ \dfrac{a}{a^{4}+b+c} \le \dfrac{a}{3\sqrt[3]{a^4.b.c}} = \dfrac{1}{3\sqrt[3]{abc}} \le \dfrac{1}{3}$$
Tương tự : $$ \dfrac{b}{b^{4}+a+c} \le \dfrac{1}{3}$$
$$ \dfrac{c}{c^{4}+a+b} \le \dfrac{1}{3}$$
Suy ra : $$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \leq 1$$
(3) : Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz có :
$$\dfrac{a^4}{a^{4}+b+c}+\dfrac{b^4}{b^{4}+c+a}+\dfrac{c^4}{c^{4}+a+b} \ge \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)} $$
Ta đi chứng minh : $$\dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)} \ge 1$$
Điều này tương đương với :
$$ 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \ge 2(a+b+c) $$
Lại có : $$ (ab-ac)^2+(bc-ba)^2+(ca-cb)^2 \ge 0 $$
nên : $$ 2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \ge 2abc(a+b+c) \ge 2(a+b+c)$$
(do $abc \ge 1$)
Như vậy : $\dfrac{a^4}{a^{4}+b+c}+\dfrac{b^4}{b^{4}+c+a}+\dfrac{c^4}{c^{4}+a+b} \ge 1 \ge \dfrac{a}{a^{4}+b+c}+\dfrac{b}{b^{4}+c+a}+\dfrac{c}{c^{4}+a+b}$
Ta được điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
Bất đẳng thức được chứng minh . $\square$.

$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$

S = 52 + 3x10 + 0 + 0 = 82

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 14-09-2012 - 09:50
Ghi điểm

[Oh Yeah]

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$

Toán thủ ra đề: BoFaKe

Chứng minh:
Từ giả thiết, sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ bốn số, ta suy ra ngay $abc \ge 1$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$\frac{a+b+c}{a^4+b+c}+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}+ \frac{a+b+c}{c^4+a+b} \le 3$$
Ta sẽ quy bài toán về việc chứng minh hai bài toán "con" là $$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \le 1(2)$$ Và $$\frac{b+c}{a^4+b+c}+\frac{c+a}{b^4+c+a}+\frac{a+b}{c^4+a+b} \le 2 (3)$$ Xét BĐT$(2)$. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ ba số dạng $x+y+z \ge 3.\sqrt[3]{xyz}$, ta có $$\frac{a}{a^4+b+c} \le \frac{a}{3.\sqrt[3]{a^4bc}}=\frac{1}{3.\sqrt[3]{abc}}$$ Từ đó kết hợp với $abc \ge 1$, suy ra
$$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \le \frac{1}{\sqrt[3]{abc}} \le 1$$ Xét BĐT $(3)$, ta có $$\frac{b+c}{a^4+b+c}+\frac{c+a}{b^4+c+a}+\frac{a+b}{c^4+a+b} \le 2 $$ Tương đương với $$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b} \ge 1$$ Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:
$$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b} \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}$$ Dễ thấy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được $$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)$$ Hay $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge a+b+c$$ Mặt khác do $abc \ge 1$, nên ta có $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge abc(a+b+c) \ge a+b+c$$ Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$

$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$
S = 52 + 3x10 + 0 + 0 = 82

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 14-09-2012 - 09:52
Ghi điểm

[kphongdo]

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$

Bổ đề: BĐT Cauchy cho 2 số, 3 số dương:
Cho $x,y,z>0$. Khi đó:
a) $x+y \geq 2 \sqrt{xy}\;\;\;(a)$
b) $x+y+z \geq 3\sqrt[3]{xyz}\;\;\;(b)$
Chứng minh:
$(a)\Leftrightarrow (\sqrt{x}+\sqrt{y})^2 \geq 0$ luôn đúng
$(b)\Leftrightarrow (\sqrt[3]{x}+\sqrt[3]{y}+\sqrt[3]{z})((\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x})^2+(\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x})^2+(\sqrt[3]{x}-\sqrt[3]{x})^2) \geq 0$ luôn đúng
------------------------------
BĐT Bunhiacopxki chắc không cần chứng minh lại.
-------------------------------------------
Trở lại với bài toán:
Ta sẽ chứng minh thêm 2 bổ đề nữa:
Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \le 1\;\;\;\;(x)$$ Và $$\frac{b+c}{a^4+b+c}+\frac{c+a}{b^4+c+a}+\frac{a+b}{c^4+a+b} \le 2\;\;\;\; (y)$$
Chứng minh:
Ta có $4abc-1=a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}$
Suy ra $(\sqrt[3]{abc}-1)(1+2\sqrt[3]{abc})^2 \geq 0$
Hay $abc \geq 1$
Vậy:
x) $$\frac{a}{a^4+b+c} \le \frac{a}{3.\sqrt[3]{a^4bc}}=\frac{1}{3\sqrt[3]{abc}}$$ Chứng minh tương tự với các hạng tử còn lại. Từ đó kết hợp với $abc \ge 1$, suy ra
$$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \le \frac{1}{\sqrt[3]{abc}} \le 1$$
y) $$\frac{b+c}{a^4+b+c}+\frac{c+a}{b^4+c+a}+\frac{a+b}{c^4+a+b} \le 2 $$ Tương đương với $$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b} \ge 1$$
$$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b} \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}$$
(Áp dụng BĐT Bunhiacopxki)
$$\text{đpcm} \Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)^2 \ge a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)$$ Hay $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge a+b+c$$
Mà $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=\frac{(ab-bc)^2+(bc-ca)^2+(ca-ab)^2}{2}+ a b c (a+b+c) \ge a+b+c$$
Suy ra đpcm.
-------------------------------------------
Trở lại với bài toán, ta thấy:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$
$$\Leftrightarrow \frac{a+b+c}{a^4+b+c}+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}+ \frac{a+b+c}{c^4+a+b} \le 3$$
Do $$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \le 1$$ Và $$\frac{b+c}{a^4+b+c}+\frac{c+a}{b^4+c+a}+\frac{a+b}{c^4+a+b} \le 2 $$
Suy ra $$\frac{a+b+c}{a^4+b+c}+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}+ \frac{a+b+c}{c^4+a+b} \le 3$$
Từ đó ta có đpcm.

$$\boxed{\boxed{Điểm: 10}}$$

S = 51 + 3x10 + 0 + 0 = 81

Nói thêm: BĐT Côsi cho 2, 3 số không cần phải chứng minh lại. Kể cả Bunhia thì vẫn được sử dụng thoải mái! Ngạc nhiên một điều là, Côsi thì em chứng minh còn........Schwarz (dạng Angel) thì mặc nhiên sử dụng! Không ổn!
Nên chỉ ra dấu = của BĐT xảy ra khi nào!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 14-09-2012 - 09:51
Ghi điểm

[Oh Yeah]

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$

Toán thủ ra đề: BoFaKe

Cách khác:
Sử dụng BDDT Holder, ta có:
$$(a^4+b+c)(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+b+c)(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+b+c)\geq (a+b+c)^3 $$
$$\Rightarrow \dfrac{1}{a^4+b+c}\leq \dfrac{(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+b+c)^2}{(a+b+c)^3}$$
$$\Rightarrow \sum_{cyc}\dfrac{1}{a^4+b+c}\leq \dfrac{1}{(a+b+c)^3}\sum_{cyc}(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+b+c)^2$$
Do đó, BĐT đề bài đc chứng minh nếu ta chỉ ra được:
$$\sum_{cyc}(\dfrac{1}{\sqrt{a}}+b+c)^2\leq 3(a+b+c)^2$$
$$\Leftrightarrow \sum_{cyc}\dfrac{1}{a}+2\sum_{cyc}\dfrac{b+c}{\sqrt{a}}\leq \sum_{cyc}a^2+4\sum_{cyc}bc \ \ (2)$$

Mặt khác, từ gt $$4abc=a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc}\Rightarrow abc\geq 1\Rightarrow \dfrac{1}{a}\leq bc$$
$$\Rightarrow \sum_{cyc}\dfrac{b+c}{\sqrt{a}}\leq \sum_{cyc}(b+c).\sqrt{bc}= \sum_{cyc}\dfrac{1}{2}(b+c).2\sqrt{bc}\leq \sum_{cyc}\dfrac{(b+c)^2+4bc}{4}=\sum_{cyc} (\dfrac{b^2+c^2}{4}+\dfrac{3}{2}bc )$$
Do đó $$VT(2)\leq \sum_{cyc}\dfrac{1}{a}+\sum_{cyc}a^2
+3\sum_{cyc}bc\leq \sum_{cyc}a^2+4\sum_{cyc}bc \ \ (đpcm)$$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $$a=b=c=1.$$
Tương tự ta có thể chứng minh được các bất đẳng thức sau:
$$1.\sum_{cyc}\frac{1}{a^{4}+b^4+c}\leq \frac{3}{a+b+c}$$
$$2.\sum_{cyc}\frac{1}{a^{n}+b+c}\leq \frac{3}{a+b+c} \ \ (\forall n\geq 1)$$
$$3.\sum_{cyc}\frac{1}{a^{n}+b^{n}+c}\leq \frac{3}{a+b+c} \ \ (\forall n\geq 1)$$

Thật không ngờ bài này mà em có thể sử dụng Holder, thú vị!
Do có "người" tố giác em coppy bài làm của Quốc Anh nên bài trước tính em 10 điểm thì BTC quyết cách giải thứ 2 này cho em 5 điểm. Không kiện cáo gì nhé!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 21-09-2012 - 05:32

[hoangtrong2305]

Cho $a,b,c$ là 3 số dương thõa mãn điều kiện $a+b+c+1=4abc$
Chứng minh rằng:
$$\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}, \ \ \ \ (1)$$

Toán thủ ra đề: BoFaKe

Xét bất đẳng thức $a^{4}\geq a$

$\Leftrightarrow a^{4}-a\geq 0$

$\Leftrightarrow a(a-1)(a^{2}+a+1)\geq 0(*)$

Do $\left\{\begin{matrix} a\geq 0\\ a^{2}+a+1> 0 \end{matrix}\right.$ nên để $(*)$ đúng $\Leftrightarrow a\geq 1$

Vậy bất đẳng thức $a^{4}\geq a$ đúng $\Leftrightarrow a\geq 1$ (đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a= 1$)

Khi đó ta có, với $a,b,c$ dương thì: $a^{4}+b+c\geq a+b+c$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{4}+b+c}\leq \frac{1}{a+b+c}$ (Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=1$)

Với $a=1$ thì $a+b+c+1=4abc\Leftrightarrow b+c+2=4bc$

Theo $AM-GM$, ta có $b+c+2\geq 2\sqrt{bc}+2$ (đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow b=c$)

$\Leftrightarrow 4bc\geq 2\sqrt{bc}+2$ $(**)$

Đặt $t=\sqrt{bc};t\geq 0$

$(**)\Leftrightarrow 4t^{2}-2t-2\geq 0$

$\Rightarrow t\geq 1$

$\Leftrightarrow b=c=1$

Vậy tóm lại, với $b+c+2=4bc$ thì ta có $b+c+2\leq 2\sqrt{bc}+2$ (đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow b=c=1$)

Với $a+b+c+1=4abc$ thì $ \frac{1}{a^{4}+b+c}\leq \frac{1}{a+b+c}$ (Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$) $(x)$

Chứng minh tương tự, ta có:

$ \frac{1}{a+b^{4}+c}\leq \frac{1}{a+b+c}$ (Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$) $(y)$

$ \frac{1}{a+b+c^{4}}\leq \frac{1}{a+b+c}$ (Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$) $(z)$

Lấy $(x)+(y)+(z)\Leftrightarrow \frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{c^{4}+a+b}\leq \frac{3}{a+b+c}$ (Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$)

Điểm bài 10
S = 50 + 3x10 + 0 + 0 = 80


Theo CD13 thì bài này không được 10 điểm: Lí do rất đơn giản là em đã tự xét $a^4 \ge a$ để dẫn đến $a\ge 1$, thiếu trường hợp còn lại $a^4<a$.
BGK nên xem lại kĩ bài này, bài này CD13 cho 4 điểm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 21-09-2012 - 05:02
Ghi điểm

[khanh3570883]

Ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{{a^4} + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{3}{{a + b + c}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{{a^4} + b + c}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} - \frac{1}{{a + b + c}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0 \\
\end{array}\]
Rõ ràng trong 3 số ${a^4} + b + c,{b^4} + c + a,{c^4} + a + b$ phải có 1 số nhỏ nhất, tức là ta chỉ cần chứng minh:
\[{a^4} + {b^4} + {c^4} \ge a + b + c\]
Có:
\[\left. \begin{array}{l}
3\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) \ge {\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \\
3\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^2} \\
\end{array} \right\} \Rightarrow {a^4} + {b^4} + {c^4} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^4}}}{{27}}\]
Vậy ta cần chứng minh:
\[a + b + c \ge 3\]
Lại có:
\[a + b + c + 1 = 4abc \le \frac{{4{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}} \Leftrightarrow 4{\left( {a + b + c} \right)^3} - 27\left( {a + b + c} \right) - 27 \ge 0(*)\]
Đặt: $t = a + b + c > 0$, từ (*) ta có: $f\left( t \right) = 4{t^3} - 27t - 27 \ge 0$ với $\forall t > 0$
Có:
$f'\left( t \right) = 12{t^2} - 27 \Rightarrow f'\left( t \right) = 0 \Rightarrow t = \frac{3}{2}$
Vậy ta có:
\[\mathop {\lim }\limits_{t \to 0} f\left( t \right) = - 27;f\left( {\frac{3}{2}} \right) = - 54;\mathop {\lim }\limits_{t \to + \infty } f\left( t \right) = + \infty \]
Như vậy: $f\left( t \right) \ge 0\left( {\forall t > 0} \right) \Rightarrow t > \frac{3}{2}$
Lại có hàm số $f\left( t \right)$ đồng biến trên $\left( {\frac{3}{2}; + \infty } \right)$ và $f\left( 3 \right) = 0$.
Vậy để hàm số $f\left( t \right) \ge 0\left( {\forall t > 0} \right) \Leftrightarrow t \ge 3 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3$
Vậy ta có đpcm.



Đánh giá của Khánh chỗ $a^4+b^4+c^4\ge a+b+c$ chưa có cơ sở
2 điểm

Nói thêm, các mở rộng phía sau của Khánh đều chứng minh theo hướng đã trình bày trong lời giải này nên tính là sai không chấm thêm mở rộng nào!

S = 37 + 2x3 + 0 + 0 = 43

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 21-09-2012 - 21:20
Ghi điểm

[dangerous_nicegirl]

không biết lời giải này có được không
em sẽ suy nghĩ thêm theo hướng khác.Nhưng đánh thử xem có đúng không
Chuẩn hóa abc=1$\Rightarrow a+b+c=3$
BĐT $\Rightarrow \frac{1}{a^{4}+3-a}+\frac{1}{b^{4}+3-b}+\frac{1}{c^{4}+3-c}\geq 1$
Xét $\frac{1}{a^{4}+3-a}$ -$\frac{1}{3}$=$=\frac{a(1-a^{3})}{a^{4}+3-a}$
BĐT $\Leftrightarrow \frac{a-1}{1+\frac{3}{a^{3}+a^{2}+a}}+\frac{b-1}{1+\frac{3}{b^{3}+b^{2}+b}}+\frac{c-1}{1+\frac{3}{c^{3}+c^{2}+c}}\geq 0$
Giả sử: $a\geq b\geq c$$\Rightarrow a-1\geq b-1\geq c-1$
Xét hàm số y=$x^{3}+x^{2}+x$ trên (0;3) có $y'=3x^{2}+2x+1> 0$$
$\Rightarrow$ hàm số đồng biến

$\Rightarrow a^{3}+a^{2}+a\geq b^{3}+b^{2}+b\geq c ^{3}+c^{2}+c$

$\Leftrightarrow \frac{1}{1+\frac{3}{a^{3}+a^{2}+a}}\geq \frac{1}{1+\frac{3}{b^{3}+b^{2}+b}}\geq \frac{1}{1+\frac{3}{c^{3}+c^{2}+c}}$
Sử dụng BĐT Trêbusep Ta có :


$\Leftrightarrow
\frac{a-1}{1+\frac{3}{a^{3}+a^{2}+a}}+\frac{b-1}{1+\frac{3}{b^{3}+b^{2}+b}}+\frac{c-1}{1+\frac{3}{c^{3}+c^{2}+c}}\geq (a+b+c-3)A=0$

(trong đó A là bt phân thức trên)=> đpcm


Bài này chuẩn hóa không được, em đã sai ngay từ đầu!
0 điểm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 21-09-2012 - 05:05

[diepviennhi]

Theo AM-GM bộ bốn số ta có $a+b+c+1\geq 4\sqrt[4]{abc}\Rightarrow 4abc-4\sqrt[4]{abc}\geq 0\Leftrightarrow \sqrt[4]{abc}(\sqrt[4]{(abc^{3})}-1)\geq 0$ Do $abc>0\Rightarrow abc\geq 1$
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $\sum \frac{a+b+c}{a^{4}+b+c}\leq 3$
ta chứng minh hai bất đẳng thức phụ: $\sum \frac{a}{a^{4}+b+c}\leq 1(1)$ và $\sum \frac{b+c}{a^{4}+b+c}\leq 2(2)$
ta chứng minh bất đẳng thức (1). Áp dụng AM-GM cho bộ ba số $a^{4}+b+c\geq 3a\sqrt[3]{abc}\Rightarrow \frac{a}{a^{4}+b+c}\leq \frac{1}{3\sqrt[3]{abc}}\Rightarrow \sum \frac{a}{a^{4}+b+c}\leq \frac{1}{\sqrt[3]{abc}}, abc\geq 1\Rightarrow \sum \frac{a}{a^{4}+b+c}\leq 1(dpcm)$
ta chứng minh bất đẳng thức (2) : $a+b+c\leq abc(a+b+c)\leq a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}$ do $abc\geq 1$, $\Rightarrow a+b+c\leq a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}\Leftrightarrow (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\geq a^{4}+b^{4}+c^{4}+2(a+b+c)\Leftrightarrow 1\leq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{a^{4}+b^{4}+c^{4}+2(a+b+c)}\leq \sum \frac{a^{4}}{a^{4}+b+c}$ ( theo cauchy-Schwar)$\Rightarrow \sum \frac{a^{4}}{a^{4}+b+c}\geq 1\Rightarrow \sum \frac{b+c}{a^{4}+b+c}\leq 2(dpcm)$$\Rightarrow \sum \frac{b+c}{a^{4}+b+c}+\sum \frac{a}{a^{4}+b+c}\leq3 \Leftrightarrow \sum \frac{a+b+c}{a^{4}+b+c}\leq 3(dpcm)$
Dấu = khi a=b=c=1

Điểm: 10

S = 28 + 3x10 + 0 + 0 = 58

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 21-09-2012 - 21:22
Ghi điểm

[khanh3570883]

Nhờ các bác xóa hộ bài mở rộng trước của em!
Mở rộng 1: Cho ${a_1},...,{a_n} > 0$ và ${a_1} + ... + {a_n} + 1 = \left( {n + 1} \right){a_1}...{a_n}$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}}\]
Chứng minh:
Ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{{a_1} - a_1^{n + 1}}}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{{{a_2} - a_2^{n + 1}}}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{{{a_n} - a_n^{n + 1}}}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le 0 \\
\end{array}\]
Rõ ràng trong n số $a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n};a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1};...;a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}$ thì phải có 1 số nhỏ nhất, vậy ta chỉ cần chứng minh:
\[a_1^{n + 1} + a_2^{n + 1} + ... + a_n^{n + 1} \ge {a_1} + ... + {a_n}\]
Có: ${n^n}\left( {a_1^{n + 1} + ... + a_n^{n + 1}} \right) \ge {\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^{n + 1}}$ (theo bất đẳng thức Holder)
Vậy ta chỉ cần chứng minh: ${a_1} + ... + {a_n} \ge n$
Từ giả thiết:
\[\begin{array}{l}
{a_1} + ... + {a_n} + 1 = \left( {n + 1} \right){a_1}...{a_n} \le \frac{{\left( {n + 1} \right){{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)}^n}}}{{{n^n}}} \\
\Rightarrow \left( {n + 1} \right){\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^n} - {n^n}\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right) - {n^n} \ge 0 \\
\end{array}\]
Bằng cách khảo sát hàm số $f\left( t \right) = \left( {n + 1} \right){t^n} - {n^n}t - {n^n}$ với $t = {a_1} + ... + {a_n} > 0$ tương tự như ở trên ta cũng suy ra được bất phương trình $f\left( t \right) \ge 0$ với $\forall t > 0$ khi và chỉ khi:
\[t \ge n \Leftrightarrow {a_1} + ... + {a_n} \ge n\]
Vậy ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi ${a_1} = {a_2} = ... = {a_n}$

[khanh3570883]

Bây giờ ta xét bài toán sau:
Mở rộng 2: Cho ${a_1},...,{a_n} > 0$ và ${a_1} + ... + {a_n} + 1 = \left( {n + 1} \right){a_1}...{a_n}$ và số nguyên $k \ge 1$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}}\]
Chứng minh:
Bằng thủ thuật tương tự như trên, ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + ... + \frac{1}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{{a_1} - a_1^k}}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{{{a_2} - a_2^k}}{{a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{{{a_n} - a_n^k}}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le 0 \\
\end{array}\]
Rõ ràng là trong n số $a_1^k + {a_2} + ... + {a_n};a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1};...;a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}$ luôn luôn có 1 số nhỏ nhất, vậy ta cần chứng minh:
\[a_1^k + ... + a_2^k \ge {a_1} + ... + {a_n}\]
Có: ${n^{k - 1}}\left( {a_1^k + ... + a_n^k} \right) \ge {\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^k}$
Vậy ta chỉ cần chứng minh: ${a_1} + ... + {a_n} \ge n$
Việc làm này tương tự như ở mở rộng 1.
Dấu "=" xảy ra khi ${a_1} = {a_2} = ... = {a_n}$

[khanh3570883]

Như vậy ở hai mở rộng 1 và 2 ta đã giải quyết hai chỗ là mở rộng ra với n biến và mở rộng số mũ (bổ sung chút ở hai mở rộng trên dấu "=" xảy ra khi ${a_1} = {a_2} = ... = {a_n} = 1$). Bây giờ ta giải quyết ở giả thiết:
Giải thiết ban đầu: $a + b + c + 1 = 4abc$
Ta đến với giả thiết mới: $a + b + c + x = \left( {3 + x} \right)abc$ với x là số thực dương là hằng số.
Mở rộng 3: Cho $a,b,c,x > 0$ trong đó $x = const$ và $a + b + c + x = \left( {3 + x} \right)abc$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{{a^4} + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{3}{{a + b + c}}\]
Chứng minh:
Ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{{a^4} + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{3}{{a + b + c}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{{a^4} + b + c}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} - \frac{1}{{a + b + c}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0 \\
\end{array}\]
Rõ ràng trong 3 số ${a^4} + b + c;{b^4} + c + a;{c^4} + a + b$ phải có 1 số nhỏ nhất, vậy ta cần chứng minh:
\[{a^4} + {b^4} + {c^4} \ge a + b + c\]
Có: ${3^3}\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^4}$
Vậy ta cần chứng minh: $a + b + c \ge 3$
Từ giả thiết:
\[\begin{array}{l}
a + b + c + x = \left( {3 + x} \right)abc \le \frac{{\left( {3 + x} \right){{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}} \\
\Rightarrow \left( {3 + x} \right){\left( {a + b + c} \right)^3} - 27\left( {a + b + c} \right) - 27x \ge 0 \\
\end{array}\]
Do $x > 0$ nên bằng việc khảo sát hàm $f\left( t \right) = \left( {3 + x} \right){t^3} - 27t - 27x$ với $t = a + b + c > 0$ ta cũng thu được hàm $f\left( t \right) \ge 0\left( {\forall t > 0} \right)$ khi và chỉ khi $t \ge 3 \Leftrightarrow a + b + c \ge 3$
Vậy ta có đpcm.
Dấu "=" xảy ra khi $a = b = c = 1$

[khanh3570883]

Ta xét bài toán sau:
Bài toán: Cho $a,b,c > 0$ và $a + b + c + abc = 4$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{{a^4} + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{3}{{a + b + c}}\]
Chứng minh:
Ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{{a^4} + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} \le \frac{3}{{a + b + c}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{{a^4} + b + c}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{b^4} + c + a}} - \frac{1}{{a + b + c}} + \frac{1}{{{c^4} + a + b}} - \frac{1}{{a + b + c}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{a - {a^4}}}{{{a^4} + b + c}} + \frac{{b - {b^4}}}{{{b^4} + c + a}} + \frac{{c - {c^4}}}{{{c^4} + a + b}} \le 0 \\
\end{array}\]
Trong 3 số ${a^4} + b + c;{b^4} + c + a;{c^4} + a + b$ luôn có 1 số nhỏ nhất, vậy ta cần chứng minh:
\[{a^4} + {b^4} + {c^4} \ge a + b + c\]
Có: ${3^3}\left( {{a^4} + {b^4} + {c^4}} \right) \ge {\left( {a + b + c} \right)^4}$
Vậy ta cần chứng minh: $a + b + c \ge 3$
Từ giả thiết:
\[\begin{array}{l}
4 = a + b + c + abc \le a + b + c + \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{27}} \\
\Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^3} + 27\left( {a + b + c} \right) - 108 \ge 0 \\
\end{array}\]
Xét hàm: $f\left( t \right) = {t^3} + 27t - 108$ với $t = a + b + c > 0$
$f'\left( t \right) = 3{t^2} + 27 > 0$
Vậy hàm số $f\left( t \right)$ đồng biến trên $t \in \left( {0; + \infty } \right)$
Lại có: $f\left( 3 \right) = 0$
Vậy để ${\left( {a + b + c} \right)^3} + 27\left( {a + b + c} \right) - 108 \ge 0$ với $\forall \left( {a + b + c} \right)$ thì $a + b + c \ge 3$
Vậy ta có đpcm.

[khanh3570883]

Giả thiết bài toán vừa xét cho ta: $a + b + c - 4 = - abc$
Vậy ta xét với bài toán với giả thiết: ${a_1} + {a_2} + ... + {a_n} + x = \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n}$ sao cho $n + x < 0$.
Bài toán 2: Cho ${a_1},...,{a_n} > 0$ và ${a_1} + {a_2} + ... + {a_n} + x = \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n}$ sao cho $n + x < 0$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_n}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}}\]
Chứng minh:
Ta có:
\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_n}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \\
\Leftrightarrow \frac{1}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} + ... + \frac{1}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_n}}} - \frac{1}{{{a_1} + ... + {a_n}}} \le 0 \\
\Leftrightarrow \frac{{{a_1} - a_1^{n + 1}}}{{a_1^{n + 1} + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{{{a_2} - a_2^{n + 1}}}{{a_2^{n + 1} + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{{{a_n} - a_n^{n + 1}}}{{a_n^{n + 1} + {a_1} + ... + {a_n}}} \le 0 \\
\end{array}\]
Lập luận tương tự như các chứng minh ở trên ta chỉ cần chứng minh:
\[{a_1} + ... + {a_n} \ge n\]
Từ giả thiết:
\[\begin{array}{l}
{a_1} + ... + {a_n} + x = \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n} \\
\Leftrightarrow \left| x \right| = {a_1} + ... + {a_n} + \left| {n + x} \right|{a_1}...{a_n} \le {a_1} + ... + {a_n} + \frac{{\left| {n + x} \right|{{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)}^n}}}{{{n^n}}} \\
\Rightarrow \left| {n + x} \right|{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^n} + {n^n}\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right) - {n^n}\left| x \right| \ge 0 \\
\end{array}\]
Bằng việc khảo sát tương tự như bài toán đã nêu trên thì ta cũng thu được ${a_1} + ... + {a_n} \ge n$

[Spin9x]

Bài giải:
Từ giả thiết, sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ bốn số, ta suy ra ngay $abc \ge 1$. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
$$\frac{a+b+c}{a^4+b+c}+\frac{a+b+c}{b^4+c+a}+ \frac{a+b+c}{c^4+a+b} \le 3$$ Sử dụng bất đẳng thức AM-GM bộ ba số dạng $x+y+z \ge 3.\sqrt[3]{xyz}$, ta có $$\frac{a}{a^4+b+c} \le \frac{a}{3.\sqrt[3]{a^4bc}}=\frac{1}{3.\sqrt[3]{abc}}$$ Từ đó kết hợp với $abc \ge 1$, suy ra
$$\frac{a}{a^4+b+c}+\frac{b}{b^4+c+a}+\frac{c}{c^4+a+b} \le \frac{1}{\sqrt[3]{abc}} \le 1$$ Ta sẽ chứng minh. $$\frac{b+c}{a^4+b+c}+\frac{c+a}{b^4+c+a}+\frac{a+b}{c^4+a+b} \le 2 $$ Tương đương với $$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b} \ge 1$$ Cauchy Schwarz ta có:
$$\frac{a^4}{a^4+b+c}+\frac{b^4}{b^4+c+a}+\frac{c^4}{c^4+a+b} \ge \frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)}$$ Dễ thấy chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được $$(a^2+b^2+c^2)^2 \ge a^4+b^4+c^4+2(a+b+c)$$ Hay $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge a+b+c$$ Lại có $abc \ge 1$, ta suy ra ngay $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2 \ge abc(a+b+c) \ge a+b+c$$ Bài toán được giải quyết xong. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1.$

10 điểm

S = 27 + 3x10 + 0 + 0 = 57

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 21-09-2012 - 21:23
Ghi điểm

[khanh3570883]

Như vậy với $x > 0;n + x < 0$ ta đều thu được bất đẳng thức tương tự như ở đề, bây giờ ta xét với $n + x > 0;x < 0$ có thu được kết quả mong muốn không.
Vấn đề: Cho ${a_1},...,{a_n} > 0$ và ${a_1} + ... + {a_n} + x = \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n}$ với $n + x > 0;x < 0$ và số nguyên $k \ge 1$. Khẳng định hay phủ định bất đẳng thức sau:
\[\frac{1}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} + ... + \frac{1}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}}\]
Trả lời: Bất đẳng thức trên là sai. Thật vậy ta chỉ cần xét với trường hợp: ${a_1} = {a_2} = \frac{1}{2};{a_3} = \frac{4}{3};x = - 2;n = 3;k = 4$ thì bất đẳng thức nói trên sai.
Hơi đáng tiếc một chút, tuy nhiên ta cũng thu được một kết quả đẹp từ việc kết hợp mở rộng 2, mở rông 3 và bài toán 2.
Mở rộng 4: Cho ${a_1},...,{a_n} > 0$ là các số thực và ${a_1} + ... + {a_n} + x = \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n}$ trong đó $x > 0$ hoặc $n + x < 0$ và số nguyên $k \ge 1$. Chứng minh:
\[\frac{1}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}}\]

Việc chứng minh tương tự như các mở rộng và bài toán trên nên không viết lại.

[khanh3570883]

Như vậy đã có 3 vấn đề được giải quyết, đó là số mũ, số biến và hằng số ở giả thiết, bây giờ ta xét đến vấn đề khi thay dấu "=" ở giả thiết bằng dấu $ \ge $ hoặc $ \le $ thì như thế nào.
Việc phân tích bước đầu tiên tương tự như ở các chứng minh trên, ta chỉ xét từ chỗ chứng minh: ${a_1} + ... + {a_n} \ge n$
Vấn đề 2: Khi thay dấu "=" bởi dấu $ \le $ thì cần thay đổi giả thiết như thế nào?
Cần thay đổi sao cho khi dùng bất đẳng thức AM-GM để tạo hàm thì dấu bất đẳng thức không đảo chiều, ở đây giả thiết sẽ là:
$\left\{ \begin{array}{l}
{a_1},...,{a_n} > 0 \\
x > 0 \\
{a_1} + ... + {a_n} + x \le \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n} \\
\end{array} \right.$
Khi dùng AM-GM thì ta có:
\[\begin{array}{l}
{a_1} + ... + {a_n} + x \le \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n} \le \frac{{\left( {n + x} \right){{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)}^n}}}{{{n^n}}} \\
\Rightarrow \left( {n + x} \right){\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^n} - {n^n}\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right) - {n^n}x \ge 0 \\
\end{array}\]
Như vậy ta vẫn thu được hàm mong muốn mà khi khảo sát hàm này ta vẫn thu được ${a_1} + ... + {a_n} \ge n$
Vấn đề 3: Khi thay dấu "=" bởi dấu $ \ge $ thì cần thay đổi giả thiết như thế nào?
Cần thay đổi sao cho khi dùng bất đẳng thức AM-GM để tạo hàm thì dấu bất đẳng thức không đảo chiều, ở đây giả thiết sẽ là:
$\left\{ \begin{array}{l}
{a_1},...,{a_n} > 0 \\
n + x < 0 \\
{a_1} + ... + {a_n} + x \ge \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n} \\
\end{array} \right.$
Khi dùng AM-GM thì ta có:
\[\begin{array}{l}
{a_1} + ... + {a_n} + x \ge \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n} \\
\Leftrightarrow \left| x \right| \le {a_1} + ... + {a_n} + \left| {n + x} \right|{a_1}...{a_n} \le {a_1} + ... + {a_n} + \frac{{\left| {n + x} \right|{{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)}^n}}}{{{n^n}}} \\
\Rightarrow \left| {n + x} \right|{\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right)^n} + {n^n}\left( {{a_1} + ... + {a_n}} \right) - {n^n}\left| x \right| \ge 0 \\
\end{array}\]
Như vậy hàm tạo ra cũng giúp ta thu được ${a_1} + ... + {a_n} \ge n$ khi khảo sát.
Như vậy khi kết hợp tất cả các mở rộng, vấn đề trên ta thu được:
Mở rộng 5: Cho ${a_1},...,{a_n} > 0$, số nguyên $k \ge 1$ và: $\left[ \begin{array}{l}
{a_1} + ... + {a_n} + x \le \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n}\left( {x > 0} \right) \\
{a_1} + ... + {a_n} + x \ge \left( {n + x} \right){a_1}...{a_n}\left( {n + x < 0} \right) \\
\end{array} \right.$
Khi đó ta luôn có:
\[\frac{1}{{a_1^k + {a_2} + ... + {a_n}}} + \frac{1}{{a_2^k + {a_3} + ... + {a_n} + {a_1}}} + ... + \frac{1}{{a_n^k + {a_1} + ... + {a_{n - 1}}}} \le \frac{n}{{{a_1} + ... + {a_n}}}\]

Việc chứng minh đã được giải quyết từng bước ở các mở rộng và vấn đề nêu trên nên không viết lại.

[songvui000]

Bài đăng hồi hôm qua của em la bai giải sai. Mong ban tổ chức bỏ bài đó. Em nhập bài giải mới mong ban tổ chức châm chước cho qua và chấm bài này. Em hứa là sẽ không có trường hợp này lần sau nữa.
Sau đây là lời giải của em,
Ta có :$a+b+c+1=4abc$
Áp dụng BĐT Côsi cho bộ 4 số $a,b,c,1$
Ta được $4\sqrt[4]{abc}\leq 4abc$
$\Leftrightarrow abc\geq 1$ (1)
Dấu "=" xảy ra khi $a= b= c= 1$
Ta có $\frac{1}{a^{4}+b+c}-\frac{1}{a+b+c}
= \frac{a-a^{4}}{(a^{4}+b+c)(a+b+c)}$ (2)
Áp dung BĐT côsi cho $a^{4},b,c$ ta được
$3a\sqrt[3]{abc}\leq a^{4}+b+c$
Dấu "="xảy ra khi $a^{4}=b=c$
Thay $3a\sqrt[3]{abc}\leq a^{4}+b+c$ (2)
ta được
$\frac{a-a^{4}}{(a^{4}+b+c)(a+b+c)}\leq \frac{a-a^{4}}{3a\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}$
$\Leftrightarrow \frac{a-a^{4}}{(a^{4}+b+c)(a+b+c)}\leq \frac{1-a^{3}}{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}$ (3)
Chứng minh tương tự ta có
$\frac{b-b^{4}}{(b^{4}+a+c)(a+b+c)}\leq \frac{1-b^{3}}{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}$ (4)
$\frac{c-c^{4}}{(c^{4}+a+b)(a+b+c)}\leq \frac{1-c^{3}}{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}$ (5)
Cộng (3)+(4)+(5) vế theo vế:$\frac{a-a^{4}}{(a^{4}+b+c)(a+b+c)}+\frac{b-b^{4}}{(b^{4}+c+a)(a+b+c)}+\frac{c-c^{4}}{(c^{4}+a+b)(a+b+c)}\leq \frac{1-c^{3}+1-b^{3}+1-c^{3}}{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}$
Mà ta có $1\leq abc
\Leftrightarrow 3\leqslant 3abc
\Leftrightarrow 3\leq a^{3}+b^{3}+b^{3}
\Leftrightarrow 3-a^{3}-b^{3}-c^{3}\leq 0$
Mặt khác $3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)> 0$
Do đó $\frac{1-c^{3}+1-b^{3}+1-c^{3}}{3\sqrt[3]{abc}(a+b+c)}\leq 0$
Từ đó suy ra $\frac{a-a^{4}}{(a^{4}+b+c)(a+b+c)}+\frac{b-b^{4}}{(b^{4}+c+a)(a+b+c)}+\frac{c-c^{4}}{(c^{4}+a+b)(a+b+c)}\leq 0$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{(c^{4}+a+b)}-\frac{3}{a+b+c}\leq 0$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{(c^{4}+a+b)}\leq \frac{3}{a+b+c}$ (đpcm)


Vậy $\frac{1}{a^{4}+b+c}+\frac{1}{b^{4}+c+a}+\frac{1}{(c^{4}+a+b)}\leq \frac{3}{a+b+c}$ với $a+b+c+1= 4abc$
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1

10 điểm
Bài giải hay một cách tự nhiên, chỗ đánh giá $3-a^3-b^3-c^3 \le 0$ rất nhẹ nhàng nhưng hiệu quả!

S = 23 + 3x10 + 0 + 0 = 53

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 21-09-2012 - 21:24
Ghi điểm