Chủ đề này có 23 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 4/01/2013, 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 16 có 33 toán thủ tham gia nên sau trận này sẽ có 7 toán thủ 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 nào tự ý sửa bài làm của mình sẽ được 0 điểm

[E. Galois]

Đề của Dung Dang Do
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoã mãn
$a+b+c=3$
CMR:
$$4\sqrt{a^6+b^6+c^6}\ge\sqrt{3}\left [ ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right ]$$

[Dung Dang Do]

Trước hết ta có bổ đề phụ như sau:
$(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge0 \iff a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca$
BĐT CauChy 3 số
$a+b+c\ge\sqrt[3]{3abc}$$a+b+c\ge\sqrt[3]{3abc}$
Thậy vậy đặt $\sqrt[3]{a}=x;\sqrt[3]{b}=y;\sqrt[3]{c}=z\to x^3+y^3+z^3\ge 3xyz$
Tương đương với $\frac{1}{2}(x+y+z)\left [ (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 \right ]\ge0 (\text{True})$
_____________________
Vì a+b+c=3 nên ta có BĐT
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca$(*)
Bình phương (*) lên ta có
$$(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\ge(ab+bc+ca)^2$$
$\iff3(a+b+c)\ge (ab+bc+ca)^2\iff 3(a+b+c)+2(ab+bc+ca)+1\ge (ab+bc+ca+1)^2(1)$
Lại c ó
$$a^3+1+1\ge 3\sqrt[3]{a^3}=3a$$
$$b^3+1+1\ge 3b$$
$$c^3+1+1\ge 3c$$
$\iff a^3+b^3+c^3+2(a+b+c)\ge 3(a+b+c)\iff a^3+b^3+c^3\ge a+b+c$
$\iff 3(a^3+b^3+c^3)\ge 3(a+b+c)$
Tiếp tục
$$a^3+a^3+1\ge 3\sqrt[3]{a^6}=3a^2$$
$$b^3+b^3+1\ge 3b^2$$
$$c^3+c^3+1\ge 3c^2$$
$\iff 2(a^3+b^3+c^3)+3\ge 3(a^2+b^2+c^2)\iff \frac{4}{3}(a^3+b^3+c^3)+2\ge 2(a^2+b^2+c^2)$
$\to VT(1)\le 3(a^3+b^3+c^3)+\frac{4}{3}(a^3+b^3+c^3)+3$
$\le 3(a^3+b^3+c^3)+\frac{4}{3}(a^3+b^3+c^3)+a^3+b^3+c^3=\frac{16}{3}(a^3+b^3+c^3)$
Theo BĐT Bunykovski ta có
$\frac{16}{3}(a^3+b^3+c^3)\le\frac{16}{3}\sqrt{3(a^6+b^6+c^6)}=\frac{16}{\sqrt{3}}\sqrt{a^6+b^6+c^6}(2)$
Ta lại có:
$(ab+bc+ca+1)^2=\left [ (ab+bc)+(ca+1) \right ]^2=(ab+bc)^2+(ca+1)^2+2(ab+bc)(ca+1)$
Áp dụng BĐT $x^2+y^2\ge 4xy$ và BĐT Cau Chy 2 số ta có
$\ge 4ab^2c+4ca+2(ab+bc).2\sqrt{ca}=4\left [ ca(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right ](3)$
Từ (2)(3) ta suy ra
$\frac{16}{\sqrt{3}}\sqrt{a^6+b^6+c^6}\ge4\left [ ca(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right ]$.
CHia cả hai vế cho 4 và chuyển $\sqrt{3}$ sang vế trái
ta có :
$$4\sqrt{a^6+b^6+c^6}\ge\sqrt{3}\left [ ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right ]$$.ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi $$\left\{\begin{matrix}
a+b+c=3 & \\
a=b=c & \\
a=b=c=1
\end{matrix}\right. \iff a=b=c=1$$
_______________
C/m BĐT (*)
$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\ge ab+bc+ca$
$\iff 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\ge 2(ab+bc+ca)=(a+b+c)^2-a^2-b^2-c^2=9-a^2-b^2-c^2$
$\iff a^2+b^2+c^2+2\sqrt{a}+2\sqrt{b}+2\sqrt{c}=\sum (a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a})\ge 3a+3b+3c=9$
________________________________
Điểm ra đề:
$D_{rd}=4*1+3*26+2*1+30=114$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 12-01-2013 - 13:01
Chấm điểm!

[duaconcuachua98]

Ta phải chứng minh $4\sqrt{3(a^{6}+b^{6}+c^{6})}\geq 3[ac(b^{2}+1)+(ab+bc)\sqrt{ca}]$
Thật vậy áp dụng BĐT $3(x^{2}+y^{2}+z^{2})\geq (x+y+z)^{2}(\ast )$ ta được
$4\sqrt{3(a^{6}+b^{6}+c^{6})}\geq 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})$
Áp dụng BĐT Bunhiacowsky ta được
$(a^{3}+b^{3}+c^{3})(a+b+c)\geq (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\Rightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq \frac{(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}}{3} \geq \frac{(a+b+c)^{4}}{27}=3$
$\Rightarrow 4(a^{3}+b^{3}+c^{3})\geq 12(1)$

Ta có: $ac(b^{2}+1)\leq \frac{(a+c)^{2}}{4}.(b^{2}+1)$
$(ab+bc)\sqrt{ca}=b(a+c)\sqrt{ca}\leq \frac{(a+c)^{2}}{2}.b$
$\Rightarrow ac(b^{2}+1)+(ab+bc)\sqrt{ca}\leq \frac{(a+c)^{2}}{2}\left ( \frac{b^{2}+1}{2}+b \right )=\frac{(a+c)^{2}}{2}\cdot \frac{(b+1)^{2}}{2}$
Áp dụng BĐT Cauchy ta được
$(a+c)^{2}.(b+1)^{2}\leq \frac{(a+b+c+1)^{4}}{16}=16\Rightarrow \frac{(a+c)^{2}.(b+1)^{2}}{4}\leq 4$
$\Rightarrow 3[ac(b^{2}+1)+(ab+bc)\sqrt{ca}]\leq 3\left ( \frac{(a+c)^{2}.(b+1)^{2}}{4} \right )\leq 12(2)$
Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow VT\geq 12\geq VP\Rightarrow VT\geq VP$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$
______________________
Cái BĐT (*) của em cũng là Bunhiacopxki cho $(1,1,1)$ và $(x,y,z)$
Điểm bài làm: $d=10$

$S = 24+3*10 = 54$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 11-01-2013 - 21:46
Chấm điểm!

[BlackSelena]

Bài làm của MSS01 - BlackSelena:
Trước hết, ta có các bdt phụ sau:
* $a^2 + b^2 + c^2 \geq ab+bc + ca$
$\Leftrightarrow (a-b)^2 + (b-c)^2 + (a-c)^2 \geq 0$, luôn đúng.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c$
* Với $a+b+c=3$ thì $\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \geq ab + bc +ca$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 + 2(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) \geq a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca)$
$\Leftrightarrow a^2 +b^2 + c^2 + 2(\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) \geq 9$
Mặt khác theo $AM-GM$ thì:
$a^2 + \sqrt{a} + \sqrt{a} \geq 3a$
Thiết lập các bđt tương tự và kết hợp với giả thiết $a+b+c = 3$, cộng chúng lại thì ta có đpcm.
* Với $a+b+c = 3$ thì $a^3 +b^3+c^3 \geq a+b+c$
Theo $AM-GM$ , $a^3 + 1 + 1 \geq 3a$
Thiết lập các bđt tương tự, cộng chúng lại ta có
$a^3+b^3+c^3 + 2(a+b+c) \geq 3(a+b+c)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3 \geq a+b+c$
* Với $a+b+c =3$ thì $\frac{4}{3}(a^3 + b^3 + c^3) + 2 \geq 2(a^2+b^2+c^2)$
Theo $AM-GM$, $a^3+ b^3 + 1 \geq 3a^2$
Thiết lập các bđt tương tự, công lại ta có
$2(a^3+b^3+c^3) + 3 \geq 3(a^2+b^2+c^2)$
$\Leftrightarrow \frac{4}{3}(a^3+b^3+c^3) + 2 \geq 2(a^2+b^2+c^2)$

Vậy ta có:
$\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \geq ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow (a+b+c + 2\sqrt{ab} + 2\sqrt{bc} + 2\sqrt{ca}) \geq (ab+bc+ca)^2$
Mà ta có $2(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}) \leq 2(a+b+c)$
$\Rightarrow 3(a+b+c) \geq (ab+bc+ca)^2$
$\Leftrightarrow 3(a+b+c) + 2(ab+bc+ca) + 1 \geq (ab+bc+ca)^2 + 2(ab+bc+ca) +1$
$\Leftrightarrow 3(a+b+c) + 2(ab+bc+ca) + 1 \geq (ab+bc+ca+1)^2$
Lại có $2(ab+bc+ca) \leq 2(a^2+b^2+c^2)$
$\Rightarrow 3(a+b+c) + 2(a^2+b^2+c^2) +1 \geq (ab+bc+ca+1)^2$
Mà theo các bđt phụ đã chứng minh ở trên thì ta có:
$3(a^3+b^3+c^3) + \frac{4}{3}(a^3+b^3+c^3) + 3 \geq (ab+bc+ca+1)^2$
Mà $3 = a+b+c \leq a^3+b^3+c^3$
$\Rightarrow \frac{16}{3}(a^3+b^3+c^3) \geq (ab+bc+ca+1)^2$
Xét VT, theo $\text{ Cauchy-Schwarz}$, ta có:
$\frac{16}{3}(a^3+b^3+c^3) \leq \frac{16}{3}\sqrt{3(a^6+b^6+c^6)} = \frac{16}{\sqrt{3}}\sqrt{a^6+b^6+c^6}$ (1)
Xét $VP$, ta có:
$(ab+bc+ca+1)^2 = (ab+bc)^2 + (ca+1)^2 + 2(ab+bc)(ca+1)$
Theo $AM-GM$.
$(ab+bc)^2 + (ca+1)^2 \geq 4ab^2c + 4ac + 2(ab+bc)\sqrt{ac}$
$4\begin{bmatrix} ca(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ac} \end{bmatrix}$ (2)
Từ $(1)$ và $(2)$, ta có:
$\frac{16}{\sqrt{3}}\sqrt{a^6+b^6+c^6} \geq 4\begin{bmatrix} ca(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ac} \end{bmatrix}$
$\Leftrightarrow 4\sqrt{a^6+b^6+c^6} \geq \sqrt{3}\begin{bmatrix} ca(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ac} \end{bmatrix}$
Vậy ta có đpcm, đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$
________________________
Điểm bài làm: $d=10$

$S = 24+3*10 = 54$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 11-01-2013 - 21:46
Chấm điểm!

[Tru09]

Đề của Dung Dang Do
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thoã mãn
$a+b+c=3$
CMR:
$$4\sqrt{a^6+b^6+c^6}\ge\sqrt{3}\left [ ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right ]$$

Bài làm :
$VP =\sqrt{3}(\sqrt{ac}(\sqrt{ac}b^2 +\sqrt{ac} +b(a+c)) \leq \sqrt{3} (\frac{a+c}{2})(\frac{a+c}{2})(b^2+2b+1)) =\sqrt{3}.(\frac{a+c}{2})^2 .(b+1)^2 \leq \sqrt{3}(\frac{(a+b+c+1)^4}{64}) =\sqrt{3}. 4 =3.4.\frac{1}{\sqrt{3}} =(a+b+c)4.\frac{1}{\sqrt{3}} \leq (a^3 +b^3 +c^3).4 \frac{1}{\sqrt{3}} \leq \sqrt{(a^6+b^6 +c^6)3} .4 .\frac{1}{\sqrt{3}} =VT$
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$
__________________________
Ghê quá! Chỉ mất vài dòng là chém xong cả bài, tuy nhiên em cần phải chú thích từng bước một như ở dưới:
$VP =\sqrt{3}(\sqrt{ac}(\sqrt{ac}b^2 +\sqrt{ac} +b(a+c)) \leq \sqrt{3} (\frac{a+c}{2})(\frac{a+c}{2})(b^2+2b+1))\quad$ (AM-GM 2 số $a,c$)
$=\sqrt{3}.(\frac{a+c}{2})^2 .(b+1)^2 \leq \sqrt{3}(\frac{(a+b+c+1)^4}{64}) =\sqrt{3}. 4\quad$ (AM-GM 2 số $(a+c)$ và $(b+1)$)
$=3.4.\frac{1}{\sqrt{3}} =(a+b+c)4.\frac{1}{\sqrt{3}} \leq (a^3 +b^3 +c^3).4 \frac{1}{\sqrt{3}}\quad$ (Chỗ này phải chứng minh)
$ \leq \sqrt{(a^6+b^6 +c^6)3} .4 .\frac{1}{\sqrt{3}} =VT\quad$ (CS $(a^3,b^3,c^3)$ và $(1,1,1)$)
Dấu = xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$
__________________________
Điểm bài làm: $d=9$

$S = 24+3*9 = 51$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 11-01-2013 - 21:47
Chấm điểm!

[LNH]

MSS50-lenhathoang1998
Bài làm:
Bổ đề 1:
\[a+b+c+x+y+z\ge 6\sqrt[6]{abcxyz}\]
Chứng minh bất đẳng thức phụ sau: $x+y+z\ge 3\sqrt[3]{xyz}\ (1)$ với
\[\text{x},\text{y},\text{z}>0\]

$(1)\Leftrightarrow x+y+z+\sqrt[3]{xyz}\ge 4\sqrt[3]{xyz}$.
Áp dụng BĐT Cauchy 2 số:
$\left\{\begin{matrix}
a+b \geq 2\sqrt{ab}=2\sqrt[6]{a^3b^3}\\
c+\sqrt[3]{abc}\geq 2\sqrt{c\sqrt[3]{abc}}=2\sqrt[6]{abc^4}\\
2(\sqrt[6]{a^3b^3}+\sqrt[6]{abc^4})\geq 4\sqrt[12]{a^4b^4c^4}=4\sqrt[3]{abc}
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow (1)$ luôn đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z$
Áp dụng (1) vào bộ ba số a,b,c và x,y,z ta có:
\[a+b+c+x+y+z\ge 3\sqrt[3]{abc}+3\sqrt[3]{xyz}\ge 6\sqrt[6]{abcxyz}\]
(2)
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
\[\text{a}=\text{b}=\text{c}=\text{x}=\text{y}=\text{z}\]
(Thực ra đây là BĐT AM-GM 6 biến)
Ta sẽ chứng minh $4\sqrt{{{a}^{6}}+{{b}^{6}}+{{c}^{6}}}\ge 4\sqrt{3}$ và $\sqrt{3}\left[ ac({{b}^{2}}+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right]\le 4\sqrt{3}$
CM: $4\sqrt{{{a}^{6}}+{{b}^{6}}+{{c}^{6}}}\ge 4\sqrt{3}$
Ta có: ${{a}^{6}}+5={{a}^{6}}+1+1+1+1+1\ge 6\sqrt[6]{{{a}^{6}}.1.1.1.1.1}=6a$( Áp dụng bổ đề 1 )
\[\sum\limits_{cyc}^{a,b,c}{{{a}^{6}}}\ge 6(a+b+c)-5-5-5=6\times 3-15=3\]
$\Rightarrow 4\sqrt{{{a}^{6}}+{{b}^{6}}+{{c}^{6}}}\ge 4\sqrt{3}$(3)
( Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \[\text{a}=\text{b}=\text{c}=\text{1}\])
CM: $\sqrt{3}\left[ ac({{b}^{2}}+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right]\le 4\sqrt{3}$
Áp dụng BĐT \[xy\le \frac{{{(x+y)}^{2}}}{4}\], ta có:
$ac({{b}^{2}}+1)\le \frac{{{(a+c)}^{2}}({{b}^{2}}+1)}{4}$ (Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=c)
Tương tự, ta có $(ab+bc)\sqrt{ca}=b(a+c)\sqrt{ca}\le \frac{b{{(a+c)}^{2}}}{2}$(Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a=c)
$\Rightarrow VT\le \frac{\sqrt{3}}{4}\left[ {{(a+c)}^{2}}({{b}^{2}}+1)+2b{{(a+c)}^{2}} \right]$
Lại có $a+c=3-b$ với $3-b>0$ (vì $a+c>0$)
$\Rightarrow VT\le \frac{\sqrt{3}}{4}\left[ {{(3-b)}^{2}}({{b}^{2}}+1)+2b{{(3-b)}^{2}} \right]=\frac{\sqrt{3}}{4}\left[ {{(3-b)}^{2}}{{(b+1)}^{2}} \right]\le \frac{\sqrt{3}}{4}{{\left[ \frac{{{(3-b+b+1)}^{2}}}{4} \right]}^{2}}=4\sqrt{3}$$\Rightarrow \sqrt{3}\left[ ac({{b}^{2}}+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right]\le 4\sqrt{3}$(4)
(Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $3-b=b+1\Leftrightarrow b=1$)
Từ (3) và (4) suy ra $4\sqrt{a^6+b^6+c^6}\ge\sqrt{3}\left [ ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right ]$
Dấu “=” xáy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$
(Vì mới biết Latex nên em gõ hơi vụng, mong thầy thông cảm )
________________________
Lần sau đừng sử dụng font chữ nhỏ nhé em (hại mắt lắm!)
Điểm bài làm : $d=10$
$S=24+3*10=54$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 11-01-2013 - 22:46
Chấm điểm!

[daovuquang]

Bài làm của daovuquang:
Trước hết, ta xét vế phải:
$\left\{\begin{matrix}
ac(b^2+1)=ab.bc+ac\leq \frac{(ab+bc)^2}{4}+\frac{(ac+1)^2}{4}\\
(ab+bc)\sqrt{ca}\leq \frac{(ab+bc)(ca+1)}{2}
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow VP \leq \frac{\sqrt{3}}{4}(ab+bc+ca+1)^2$.
Tiếp theo, ta sẽ chứng minh: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq (a+b+c)^2=9.$
Mà: $a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 3a$.
Có các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta suy ra đpcm.
Khi đó: $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow (a+b+c)+2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\geq (ab+bc+ca)^2$
$\Leftrightarrow (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2+2(ab+bc+ca)+1\geq (ab+bc+ca+1)^2$.
Lại có: $(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^2\leq 3(a+b+c)=9$ và $2(ab+bc+ca)\leq 2(a^2+b^2+c^2)$
$\Rightarrow 2(a^2+b^2+c^2)+10\geq (ab+bc+ca+1)^2$.
Mặt khác: $\sqrt{a^6+b^6+c^6}\geq \sqrt{\frac{(a^3+b^3+c^3)^2}{3}}=\frac{a^3+b^3+c^3}{\sqrt{3}}$.
Giờ ta phải chứng minh: $\frac{4(a^3+b^3+c^3)}{\sqrt{3}}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}(a^2+b^2+c^2+5)$
$\Leftrightarrow 8(a^3+b^3+c^3)\geq 3(a^2+b^2+c^2)+5(a+b+c)$.
Thật vậy, áp dụng AM-GM: $a^3+a \geq 2a^2$ và $a^3+1+1\geq 3a$.
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, được: $a^3+b^3+c^3+a+b+c\geq 2(a^2+b^2+c^2)\; (1)$ và $a^3+b^3+c^3+6\geq 3(a+b+c)$.
Suy ra $a^3+b^3+c^3\geq a+b+c\; (2)\Rightarrow 5(a^3+b^3+c^3)\geq 5(a+b+c)\; (3)$.
Từ $(1),(2)\Rightarrow 2(a^3+b^3+c^3)\geq 2(a^2+b^2+c^2)\Rightarrow 3(a^3+b^3+c^3)\geq 3(a^2+b^2+c^2)\; (4)$.
Từ $(3),(4)\Rightarrow$ đpcm.
Dấu đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.
_____________
Trình bày rất tốt!
Điểm bài làm: $d=10$
$S=24+3*10+10=64$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 11-01-2013 - 22:54
Chấm điểm!

[field9298]

Để chứng minh bất đẳng thức trên ta cần chứng minh $\left\{\begin{matrix} 4\sqrt{a^{6}+b^{6}+c^{6}}\geq 4\sqrt{3}(1)\\ \sqrt{3}\left [ ac(b^{2}+1)+(ab+bc)\sqrt{ac} \right ]\leq 4\sqrt{3}(2) \end{matrix}\right.$ Thật vậy, ta có: $(1)\Leftrightarrow \sqrt{a^{6}+b^{6}+c^{6}}\geq \sqrt{3}\Leftrightarrow \sqrt{\left ( 3+3+3 \right )\left [ a^{6}+b^{6}+c^{6} \right ]}\geq 3\sqrt{3}$ Áp dụng bất đăng thức Bunhiacopxki cho vế trái ta được $\sqrt{3}a^{3}+\sqrt{3}b^{3}+\sqrt{3}c^{3}\leq \sqrt{\left ( 3+3+3 \right )\left [ a^{6}+b^{6}+c^{6}\right ]}(3)$ Mặc khác $a^{3}+b^{3}+c^{3}=(a+b+c)^{3}-3(a+b)(b+c)(c+a)=27-3(a+b)(b+c)(c+a)(4)$ Áp dụng bất đẳng $\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{(a+b+b+c+c+a)}{3}=\frac{6}{3}=2$thức Cauchy cho 3 số dương a+b;b+c;c+a ta được $\sqrt[3]{(a+b)(b+c)(c+a)}\leq \frac{(a+b+b+c+c+a)}{3}=\frac{6}{3}=2(5)$ Thay (5) vào (4) ta được $a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq 27-3.8=3\Leftrightarrow 3(a^{3}+b^{3}+c^{3})^{2}\geq27(6)$ Thay (6) vào (3) ta được $\sqrt{\left ( 3+3+3 \right )\left [ a^{6}+b^{6}+c^{6}\right ]}\geq\sqrt{27}\Leftrightarrow 4\sqrt{a^{6}+b^{6}+c^{6}}\geq4\sqrt{3}$ Vậy (1) được chứng minh.Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương a và c ta được: $$\sqrt{ac}\leq \frac{a+c}{2}\Leftrightarrow ac\leq \frac{(a+c)^{2}}{4}$$ $$\Rightarrow ac(b^{2}+1)+(ab+bc)\sqrt{ac} \leq \frac{(a+c)^{2}.(b^{2}+1)}{4}+\frac{b(a+c)^{2}}{2}=\frac{(a+c)^{2}.(b^{2}+2b+1)}{4}=$\frac{\left [ (a+c)(b+1) \right ]^{2}}{4}(7)$ Áp dụng bất đẳng thức Cau chy cho 2 số không âm (a+c);(b+1) ta được $\sqrt{(a+c)(b+1)}\leq \frac{a+b+c+1}{2}=2\Leftrightarrow\frac{\left [ (a+c)(b+1) \right ]^{2}}{4}\leq 4(8)$Thay (8) vào (7) ta được $ac(b^{2}+1)+(ab+bc)\sqrt{ac}\leq 4\Leftrightarrow \sqrt{3}\left [ ac(b^{2}+1)+(ab+bc)\sqrt{ac} \right ]\leq 4\sqrt{3}$ Vậy (2) đúng. Từ (1) và (2) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng
_____________________________
Phần bị lỗi $\LaTeX$ như sau:

$\Rightarrow ac(b^{2}+1)+(ab+bc)\sqrt{ac} \leq \frac{(a+c)^{2}.(b^{2}+1)}{4}+\frac{b(a+c)^{2}}{2}=\frac{(a+c)^{2}.(b^{2}+2b+1)}{4}=\frac{\left [ (a+c)(b+1) \right ]^{2}}{4}\quad(7)$
Áp dụng bất đẳng thức Cau chy cho 2 số không âm $(a+c);\;(b+1)$ ta được
$\sqrt{(a+c)(b+1)}\leq \frac{a+b+c+1}{2}=2\Leftrightarrow\frac{\left [ (a+c)(b+1) \right ]^{2}}{4}\leq 4\quad(8)$
Thay $(8)$ vào $(7)$ ta được $ac(b^{2}+1)+(ab+bc)\sqrt{ac}\leq 4\Leftrightarrow \sqrt{3}\left[ ac(b^{2}+1)+(ab+bc)\sqrt{ac} \right]\leq 4\sqrt{3}$ Vậy (2) đúng.
Từ (1) và (2) suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng

Lưu ý cách trình bày bài viết cho thoáng đạt hơn.
Điểm bài làm $d=8\quad$ trừ $2$ điểm do lỗi $\LaTeX$
$S=15+3*8=39$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 11-01-2013 - 22:49
Chấm điểm!

[daovuquang]

Mở rộng 1: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$ và $n \in \mathbb{N}^*$.
Chứng minh rằng: $4\sqrt[n]{a^{3n}+b^{3n}+c^{3n}}\geq \sqrt[n]{3}[ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca}]$.
Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp: $\sqrt[n]{a^{3n}+b^{3n}+c^{3n}}\geq \frac{a^3+b^3+c^3}{\sqrt[n]{3^{n-1}}}\; (1)$.
Với $n=1$ thì dấu đẳng thức xảy ra.
Giả sử $(1)$ đúng đến $n=k$, tức là $\sqrt[k]{a^{3k}+b^{3k}+c^{3k}}\geq \frac{a^3+b^3+c^3}{\sqrt[k]{3^{k-1}}}\; (2)$.
Ta sẽ chứng minh $(1)$ đúng với $n=k+1$, hay $\sqrt[k+1]{a^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+c^{3(k+1)}}\geq \frac{a^3+b^3+c^3}{\sqrt[k+1]{3^{k}}}\; (3)$.
Nhận thấy $(2) \Leftrightarrow 3^{k-1}(a^{3k}+b^{3k}+c^{3k})\geq (a^3+b^3+c^3)^k$
$\Leftrightarrow 3^{k-1}(a^3+b^3+c^3)(a^{3k}+b^{3k}+c^{3k})\geq (a^3+b^3+c^3)^{k+1}$.
Mà $(3) \Leftrightarrow 3^{k}[a^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+c^{3(k+1)}]\geq (a^3+b^3+c^3)^{k+1}$
$\Rightarrow$ phải chứng minh: $3[a^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+c^{3(k+1)}]\geq (a^3+b^3+c^3)(a^{3k}+b^{3k}+c^{3k})$
$\Leftrightarrow 2[a^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+c^{3(k+1)}]\geq a^{3k}b^3+a^3b^{3k}+b^{3k}c^3+b^3c^{3k}+c^{3k}a^3+c^3a^{3k}$.
Để chứng minh, ta cần có bất đẳng thức Cauchy cho $n$ số. Tham khảo cách chứng minh tại đây: http://boxmath.vn/4r...ong-quat-10040/
Áp dụng BĐT Cauchy cho $3k$ số $a^{3(k+1)}$ và $3$ số $b^{3(k+1)}$:
$a^{3(k+1)}+a^{3(k+1)}+a^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+b^{3(k+1)}+...+b^{3(k+1)}\geq 3(k+1)a^{3k}b^3$.
Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng lại, ta được đpcm.
Quay trở lại bài toán ban đầu, ta phải chứng minh: $4(a^3+b^3+c^3)\geq 3[ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca}]$. Đến đây giải tương tự bài toán gốc.
Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=1$.
_________________
Điểm mở rộng: $d_{mr}=10$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 10-01-2013 - 12:57
Chấm điểm!

[Tru09]

Cách khác :
Chứng minh BDT phụ
1, $a^2 + b^2 + c^2 \geq ab+bc + ca$
$\Leftrightarrow (a-b)^2 + (b-c)^2 + (a-c)^2 \geq 0$, luôn đúng.
Dấu $=$ $ \leftrightarrow$ $a=b=c$
@~ Với $a+b+c=3$ thì $\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \geq ab + bc +ca$
$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 + 2\sqrt{a} +2 \sqrt{b} + 2\sqrt{c} \geq a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca)$
$\Leftrightarrow a^2 +b^2 + c^2 + 2\sqrt{a} +2 \sqrt{b} + 2\sqrt{c} \geq 9$
Mà $a^2 + \sqrt{a} + \sqrt{a} \geq 3a$
$ b^2 +\sqrt{b} + \sqrt{b} \geq 3b$
$ c^2 +\sqrt{c} + \sqrt{c} \geq 3c$
Cộng lại $\Rightarrow DPCM$
@~ Với $a+b+c = 3$ thì $a^3 +b^3+c^3 \geq a+b+c$
Mà $a^3 + 1 + 1 \geq 3a$
$b^3 +1+1 \geq 3b$
$c^3 +1+1 \geq 3c$
$\Rightarrow$ $a^3+b^3+c^3 + 2(a+b+c) \geq 3(a+b+c)$
$\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3 \geq a+b+c$
@~ Với $a+b+c =3$ thì $\frac{4}{3}(a^3 + b^3 + c^3) + 2 \geq 2(a^2+b^2+c^2)$
Mà $a^3+ a^3 + 1 \geq 3a^2$
$b^3+ b^3 + 1 \geq 3a^2$
$c^3+ c^3 + 1 \geq 3a^2$
$2(a^3+b^3+c^3) + 3 \geq 3(a^2+b^2+c^2)$
$\Leftrightarrow \frac{4}{3}(a^3+b^3+c^3) + 2 \geq 2(a^2+b^2+c^2)$
Do đó
$\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c} \geq ab+bc+ca$
$\Leftrightarrow (a+b+c + 2\sqrt{ab} + 2\sqrt{bc} + 2\sqrt{ca}) \geq (ab+bc+ca)^2$
Mà ta có $2(\sqrt{ab} + \sqrt{bc} + \sqrt{ca}) \leq 2(a+b+c)$
$\Rightarrow 3(a+b+c) \geq (ab+bc+ca)^2$
$\Leftrightarrow 3(a+b+c) + 2(ab+bc+ca) + 1 \geq (ab+bc+ca)^2 + 2(ab+bc+ca) +1$
$\Leftrightarrow 3(a+b+c) + 2(ab+bc+ca) + 1 \geq (ab+bc+ca+1)^2$
Lại có $2(ab+bc+ca) \leq 2(a^2+b^2+c^2)$
$\Rightarrow 3(a+b+c) + 2(a^2+b^2+c^2) +1 \geq (ab+bc+ca+1)^2$
mà $a+b+c \leq a^3+ b^3 +c^3$ và $\frac{4}{3}(a^3+b^3+c^3) + 2 \geq 2(a^2+b^2+c^2)$
$3(a^3+b^3+c^3) + \frac{4}{3}(a^3+b^3+c^3) + 3 \geq (ab+bc+ca+1)^2$
$\Rightarrow \frac{16}{3}(a^3+b^3+c^3) \geq (ab+bc+ca+1)^2$
Mặt khác , ta có
$\frac{16}{3}(a^3+b^3+c^3) \leq \frac{16}{3}\sqrt{3(a^6+b^6+c^6)} = \frac{16}{\sqrt{3}}\sqrt{a^6+b^6+c^6}=VT .\frac{4}{\sqrt{3}}$ (~)
Thêm vào đó :
$(ab+bc+ca+1)^2 = (ab+bc)^2 + (ca+1)^2 + 2(ab+bc)(ca+1)$
Theo $AM-GM$.
$(ab+bc)^2 + (ca+1)^2 \geq 4ab^2c + 4ac + 2(ab+bc)\sqrt{ac}$
$=4[ ca(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ac}] =VP .4 .\frac{1}{\sqrt{3}}$
Từ (~) và , ta có:
$VT .4 .\frac{1}{\sqrt{3}} =VP .4 .\frac{1}{\sqrt{3}}$
$\Rightarrow VT =VP\quad$ (Cái gì đây kỳ này?)
Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow$ $a=b=c=1$
_____________________________
Kết luận hay nhỉ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 10-01-2013 - 12:56
Chấm điểm!

[Tru09]

Mở rộng 1:
Mũ tất cả lên 2n lần
Cho a ,b,c thực dương thỏa mãn :
$a^{2n} +b^{2n} +c^{2n} =3$
CMR
$$4\sqrt{a^{12n}+b^{12n}+c^{12n}}\ge\sqrt{3}\left [ (ac)^{2n}(b^{4n}+1)+((ab)^{2n}+(bc)^{2n})(ac)^n \right ]$$

Cách làm thì đặt $a^{2n} =x ;b^{2n}=y ;c^{2n} =z $ Rồi c/m như bài ở MSS
_____________
Đây chỉ là bài toán tương đương chứ không phải mở rộng!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 11-01-2013 - 10:39
Chấm điểm!

[Tru09]

Mở rộng 2 :
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn :
$a+b+c =k$
Và k thỏa mãn $\frac{k^3}{27} .256 =(k+1)^4$
Cmr
$$4\sqrt{a^6+b^6+c^6}\ge\sqrt{3}\left [ ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right ]$$
Bài làm :
Tương tự như bài MSS ta có:
$VP \leq \sqrt{3}.(a+c)^2 .(b+1)^2 .\frac{1}{4} \leq \sqrt{3}{4} .\frac{(k+1)^4}{16} =\frac{(k+1)^4}{64} .\sqrt{3} $
Mặt khác $VT \geq \frac{4}{\sqrt{3}} (a^3 +b^3 +c^3) .$
Mà
$a^3 +\frac{2k^3}{27} \geq a.\frac{k^2}{3}$
$b^3 +\frac{2k^3}{27} \geq b.\frac{k^2}{3}$
$c^3 +\frac{2k^3}{27} \geq c.\frac{k^2}{3}$
$\Rightarrow a^3 +b^3 +c^3 \geq \frac{k^3}{3} -\frac{2k^3}{9}=\frac{k^3}{9}$
Suy ra $VT \geq \frac{4}{\sqrt{3}} .\frac{k^3}{9}$
$VT \geq VP $
$\Leftrightarrow \frac{4}{\sqrt{3}} .\frac{k^3}{9} \geq \frac{(k+1)^4}{64} .\sqrt{3} $
$\Leftrightarrow$ $\frac{k^3}{27} .256 \geq (k+1)^4$
Luôn đúng
Từ đây ta có dpcm
Dấu $=$ xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c= \frac{k}{3}$

[Tru09]

Mở rộng 3 :(cách làm khác của mở rộng 2)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn :
$a+b+c =k$
Và k thỏa mãn $\frac{k^3}{27} .256 =(k+1)^4$
Cmr
$$4\sqrt{a^6+b^6+c^6}\ge\sqrt{3}\left [ ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right ]$$
Bài làm :
$\frac{k^3}{27} .256 =(k+1)^4$
$\Leftrightarrow \frac{k^3}{27} .256 =k^4 +4k^3 +6k^2 +4k +1$
$\Leftrightarrow 27k^4 -148k^3 +162k^2 +108 k+27 =0$
$\Leftrightarrow (k-3)^2(27k^2 +4k+3) =0$
Mà 27x^2 +4x+3 >0
$\Rightarrow k =3$
Và từ đây như bài làm MSS
_____________________
Đúng như: BlackSenena nhận xét, mở rộng này không liên quan đến bài toán chính, vì thế không có điểm!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 10-01-2013 - 11:59
Chấm điểm!

[hxthanh]

Trận đấu đã kết thúc! Các toán thủ có thể nhận xét bài làm của nhau.

[BlackSelena]

Mở rộng 3 :(cách làm khác của mở rộng 2)
Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn :
$a+b+c =k$
Và k thỏa mãn $\frac{k^3}{27} .256 =(k+1)^4$
Cmr
$$4\sqrt{a^6+b^6+c^6}\ge\sqrt{3}\left [ ac(b^2+1)+(ab+bc)\sqrt{ca} \right ]$$
Bài làm :
$\frac{k^3}{27} .256 =(k+1)^4$
$\Leftrightarrow \frac{k^3}{27} .256 =k^4 +4k^3 +6k^2 +4k +1$
$\Leftrightarrow 27k^4 -148k^3 +162k^2 +108 k+27 =0$
$\Leftrightarrow (k-3)^2(27k^2 +4k+3) =0$
$k=3$

Mở rộng này giống như bạn chế một cái phương trình có nghiệm bằng 3 sao á @@!?

[hxthanh]

Mới chấm điểm được mấy bài phía trên...
________________
P/s: Ốm nặng rồi! mong BTC bố trí trọng tài khác chấm điểm giúp với!

[Dung Dang Do]

Mấy trọng tài cho em hỏi. Điểm của em là bao nhiêu ạ

[Tru09]

Em có 1 cách 2 và 1 mở rộng đúng . Sao không dc cộng điểm nhỉ

[Tru09]

Ban giám khảo có thể *phúc khảo* mở rộng em được không ạ !!!