Chủ đề này có 9 trả lời

[alex_hoang]

CUỘC THI BẤT ĐẲNG THỨC CHÀO NĂM MỚI CỦA BOXMATH

Đây là ba bài toán trong cuộc thi trên.Mem VMF hãy thử sức nhé

Bài 1: Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $3abc\geq ab+bc+ca$. Chứng minh rằng :

$$\dfrac{1}{\sqrt{a}}+ \dfrac{1}{\sqrt{b}}+ \dfrac{1}{\sqrt{c}} \geq \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}(a^3+b^3+c^3)}$$
Bài 2:


Cho $a, b, c$ là các số thực dương thoả mãn : $3b^2c^2+a^2=2(bc+a)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$P=a^2+\dfrac{4}{(a+b)^2}+ \dfrac{4}{(a+c)^2}$$
Bài 3:

Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Đặt $x_n=a^n+b^n+c^n$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{x_{n+3}}{x_n} \leq (\dfrac{x_{n+2}}{x_{n+1}})^3$$

[Math Is Love]

CUỘC THI BẤT ĐẲNG THỨC CHÀO NĂM MỚI CỦA BOXMATH

Bài 3:

Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Đặt $x_n=a^n+b^n+c^n$. Chứng minh rằng :
$$\dfrac{x_{n+3}}{x_n} \leq (\dfrac{x_{n+2}}{x_{n+1}})^3$$

bài 3 $n$ có nguyên dương không ạ?

[maitienluat]

Chém câu 1:
Từ điều kiện ta có
$$3(abc)^{2}\geq \frac{\left ( \sum ab \right )^{2}}{3}\geq abc\sum a\Rightarrow abc\geq \frac{\sum a}{3}$$ (1)
và:
$$\frac{\sum a}{3}\leq abc\leq \frac{(\sum a)^{3}}{27}\Rightarrow \sum a\geq 3$$ (2)
Áp dụng trực tiếp BĐT AM-GM cho vế trái
$$\sum \frac{1}{\sqrt{a}}\geq \frac{3}{\sqrt[6]{abc}}$$
Ta sẽ c/minh rằng
$$\frac{3}{\sqrt[6]{abc}}\geq \frac{3\sum a}{\sqrt[3]{abc}(\sum a^{3})}$$
$$\Leftrightarrow abc\left ( \sum a^{3} \right )^{6}\geq \left ( \sum a \right )^{6}$$
Theo (1) thì
$$abc\geq \frac{\sum a}{3}$$
Theo (2) và BĐT Holder thì:
$ \left ( \sum a^{3} \right )^{6}\geq \left [ \frac{(\sum a)^{3}}{9} \right ]^{6}\geq \left 3( \sum a \right )^{5} $
Nhân theo vế 2 BĐT này ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 05-02-2013 - 22:19

[WhjteShadow]

Chán quá đang gõ 1 Thôi làm 2 vậy
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:
$$\frac{1}{(a+c)^2}\geq \frac{1}{\left(1+\frac{c}{b}\right)(a^2+bc)}=\frac{b}{(b+c)(a^2+bc)}$$
Tương tự và cộng lại ta có :
$$\frac{1}{(a+c)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}\geq \frac{1}{a^2+bc}$$
Ta cần tìm Min:
$$P=a^2+\frac{4}{a^2+bc}$$
Với điều kiện $3b^2c^2+a^2=2(a+bc)$. Đặt $a=x (\, =)) \,), bc=y$ ta có $x^2+3y^2=2(x+y)$ và:
$$P=x^2+\frac{4}{x^2+y}$$
$\Rightarrow x^2+3y^2\leq x^2+y^2+2\Rightarrow y^2\leq 1\Rightarrow y\leq 1$.
$$P\geq x^2+\frac{4}{x^2+1}=x^2+1+\frac{4}{x^2+1}-1\geq 4-1=3$$
Vậy P Min=3. Đẳng thức xảy ra tại $x=y=1$ hay $a=b=c=1$. $\square$

[alex_hoang]

Xin được đưa tiếp 3 bài của ngày thi thứ hai:)
Bài 4:Cho $a,/ b,/ c$ là các số không âm thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng : $$a\sqrt{\dfrac{b+1}{c+1}}+ b\sqrt{\dfrac{c+1}{a+1}}+ c\sqrt{\dfrac{a+1}{b+1}} \geq 3+(ab+bc+ca)(1-abc)$$
Bài 5:Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x(3-xy-xz)+y+6z\le 5xz(y+z)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P= 6x+2y+12z$$
Bài 6:

Cho $a,/ b,/ c$ là các số không âm thỏa mãn $ab+bc+ca=4$. Chứng minh rằng $$\sqrt{a^2+ \dfrac
{17}{4}ab+b^2}+ \sqrt{b^2+ \dfrac
{17}{4}bc+c^2}+ \sqrt{c^2+ \dfrac
{17}{4}ca+a^2} \geq \sqrt{2(a+b+c)^2+49}$$

[alex_hoang]

Ngày thi thứ 3:
Bài 7:Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng : $$\dfrac{a^2b(a+b)}{a+c}+ \dfrac{b^2c(b+c)}{b+a}+ \dfrac{c^2a(c+a)}{c+b} \geq ab+bc+ca$$
Bài 8:

Cho $a,b,c \ge 0$ thoã mãn $a+b+c = ab+bc+ca >0$. Chứng minh rằng:
$$\dfrac{2a(a+2\sqrt{bc})}{b+c}+ \dfrac{2b(b+2\sqrt{ca})}{c+a}+ \dfrac{2c(c+2\sqrt{ab})}{a+b} \ge a\sqrt{b^2+bc+c^2}+ b\sqrt{c^2+ca+a^2}+ c\sqrt{a^2+ab+b^2}$$
Bài 9:
Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng : $$a\sqrt{b+c}+ b\sqrt{c+a}+ c\sqrt{a+b} \geq 3\sqrt{2}.\sqrt[3]{abc}$$

[viet 1846]

Trích lời giải bên BM.

Bài 4: (Sang Hâm):


Kí hiệu $\sum $ là tổng các hoán vị.

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có : $\sqrt{(b+1)(c+1)}\geq 1+\sqrt{bc}$

Suy ra $a\sqrt{\dfrac{b+1}{c+1}}=\dfrac{a\sqrt{(b+1)(c+1)}}{c+1}\geq \dfrac{a(1+\sqrt{bc})}{c+1}$

Thiết lập 2 BĐT tương tự rồi cộng vế theo vế và chú ý $abc\leq 1$ ta suy ra được :

\begin{align} \sum a\sqrt{\dfrac{b+1}{c+1}} \geq & \sum \dfrac{a}{c+1}+ \sum \dfrac{\sqrt{a}.\sqrt{abc}}{c+1} \\ \geq & \sum \dfrac{a}{c+1}+ abc\sum \dfrac{\sqrt{a}}{c+1} \ \ \ \ \ (1) \end{align}

Ta dễ có \begin{align} a^2b+b^2c+c^2a\geq & \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{a+b+c} \\ = & \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3} \end{align}

Và \begin{align}abc\leq & \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3(a+b+c)} \\ = & \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{9}\end{align}

Vì vậy mà \begin{align}\sum \dfrac{a}{c+1} = & \dfrac{\sum [a(a+1)(b+1)]}{(a+1)(b+1)(c+1)} \\ \\ = & \dfrac{\sum a^2b+\sum a^2+ \sum ab+3}{abc+\sum ab+4} \\ \\ \geq & \dfrac{\dfrac{(\sum ab)^2}{3}+9-\sum ab+3}{\dfrac{(\sum ab)^2}{9}+\sum ab+4} \\ \\ = & \dfrac{3(\sum ab)^2-9\sum ab+108}{(\sum ab)^2+9\sum ab+36} \ \ \ \ \ \ (2) \end{align}

Ta lại có \begin{align}abc\sum \dfrac{\sqrt{a}}{c+1} = & abc(\sum \sqrt{a}-\sum \dfrac{c\sqrt{a}}{c+1}) \\ \\ = & abc\sum \sqrt{a}-abc\sum \dfrac{c\sqrt{a}}{c+1} \end{align}

Theo BĐT Russia MO 2002 thì : $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca$

[spoiler=Chứng minh :]
Theo BĐT $AM-GM$ ta có :

$$a^2+\sqrt{a}+\sqrt{a}\geq 3a$$

$$b^2+\sqrt{b}+\sqrt{b}\geq 3b$$

$$c^2+\sqrt{c}+\sqrt{c}\geq 3c$$

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta được :

\begin{align} & \sum a^2+2\sum \sqrt{a}\geq 3\sum a \\ \\ \iff & \sum a^2+2\sum \sqrt{a}\geq (a+b+c)^2 \\ \\ \iff & \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\geq ab+bc+ca\end{align}
[/spoiler]

Và \begin{align}abc\sum \dfrac{c\sqrt{a}}{c+1} \leq & \dfrac{1}{2}abc\sum \sqrt{ac} \\ \\ \leq & \dfrac{3}{2}abc \\ \\ \leq & \dfrac{3}{2}.\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{9} \\ \\ = & \dfrac{1}{6}(ab+bc+ca)^2 \end{align}

Suy ra $abc\sum \dfrac{\sqrt{a}}{c+1}\geq abc\sum ab-\dfrac{1}{6}(ab+bc+ca)^2 \ \ \ \ \ \ (3)$

Từ $(1),\ (2)$ và $(3)$ ta suy ra

\begin{align}VT-(ab+bc+ca)(1-abc)\geq & \dfrac{3(\sum ab)^2-9\sum ab+108}{(\sum ab)^2+9\sum ab+36}+abc\sum ab-\dfrac{1}{6}(ab+bc+ca)^2+(ab+bc+ca)(1-abc) \\ \\ = & \dfrac{3(\sum ab)^2-9\sum ab+108}{(\sum ab)^2+9\sum ab+36}-\dfrac{1}{6}(ab+bc+ca)^2+ab+bc+ca\end{align}

Vậy BĐT ban đầu được chứng minh nếu ta chứng minh được

$$\dfrac{3(\sum ab)^2-9\sum ab+108}{(\sum ab)^2+9\sum ab+36}-\dfrac{1}{6}(ab+bc+ca)^2+ab+bc+ca\geq 3$$

Hay $$\dfrac{(\sum ab)^2-3\sum ab-18}{6((\sum ab)^2+9\sum ab+36)}\leq 0$$
\[\frac{{(\sum a b + 3)(\sum a b - 6)}}{{6({{(\sum a b)}^2} + 9\sum a b + 36)}} \le 0\]


Dễ thấy BĐT trên đúng do $0\leq ab+bc+ca\leq 3$

Vậy ta có ĐPCM.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=c, c=3$ cùng các hoán vị.

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

Lời giải này phải nói là bá đạo, đậm chất của một cao thủ BĐT.

[viet 1846]

Bài 6: ( Ngô Hoàng Toàn)


Nhân hai vế bất đẳng thức với $2$ ta được:
$$\sum \sqrt{4a^2+17ab+4b^2} \geq \sqrt{8(a+b+c)^2+49.4}$$
Từ điều kiện ta viết bất đẳng thức lại thành
$$\sum \sqrt{4a^2+17ab+4b^2} \geq \sqrt{8(a+b+c)^2+49(ab+bc+ca)}$$
Ta sử dùng hằng đẳng thức quen thuộc
$$(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2zx$$
Ta đưa bất đẳng thức đã cho về chứng minh
$$ \sum \sqrt{(4a^2+17ab+4b^2)(4b^2+17bc+4c^2)} \geq 24(ab+bc+ca) $$
Sử dụng bất đẳng thức quen thuộc sau
$$ \sqrt{4x^2+17xy+4y^2} \geq 2x+2y+\dfrac{2xy}{x+y} $$
Ta cần chứng minh
$$ \sum \bigg(2a+2b+\dfrac{2ab}{a+b}\bigg)\bigg (2b+2c+\dfrac{2bc}{b+c}\bigg) \geq 24(ab+bc+ca) $$
Hay
$$ \sum \bigg(a+b+\dfrac{ab}{a+b}\bigg)\bigg (b+c+\dfrac{bc}{b+c}\bigg) \geq 6(ab+bc+ca) $$
hay
$$ \sum \bigg(ab+ac+\dfrac{abc}{b+c} +b^2+bc+\dfrac{b^2c}{b+c}+\dfrac{ab^2}{a+b}+\dfrac {abc}{a+b}+\dfrac{ab^2c}{b+c}\bigg) \geq 6(ab+bc+ca) $$
Ta để ý rằng
$$ \sum \bigg(ab+ac+\dfrac{abc}{b+c} +b^2+bc+\dfrac{b^2c}{b+c}+\dfrac{ab^2}{a+b}+\dfrac {abc}{a+b}+\dfrac{ab^2c}{b+c} \bigg)\geq a^2+b^2+c^2+ 4(ab+bc+ca)+\dfrac{9abc}{a+b+c}$$
Theo bất đẳng thức $Schur$ ta có :
$$ a^2+b^2+c^2 +\dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca) $$
Từ đó suy ra
$$ a^2+b^2+c^2+ 4(ab+bc+ca)+\dfrac{9abc}{a+b+c} \geq 6(ab+bc+ca)$$
Điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $a=b=2;c=0$ và các hoán vị.$\blacksquare$

[viet 1846]

Bài 9: (Nguyễn Tấn Sang): Bài này nhẹ hơn


Sử dụng BĐT Minkovski ta có: $$VT=\sqrt{a^2b+a^2c}+ \sqrt{b^2c+b^2a}+ \sqrt{c^2a+c^2b} \geq \sqrt{(a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a})^2+( a\sqrt{c}+b\sqrt{a}+c\sqrt{b})^2}$$

Theo BĐT $AM-GM$ ta lại có : $$(a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a})^2=(a^2b+2ac\sqrt{ab})+ (b^2c+2ba\sqrt{bc})+(c^2a+2cb\sqrt{ca})$$
$$\geq 3\sqrt[3]{a^5b^2c^2}+ 3\sqrt[3]{b^5c^2a^2}+ 3\sqrt[3]{c^5a^2b^2}=3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}(a+b+c)=9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$

Suy ra $$(a\sqrt{b}+b\sqrt{c}+c\sqrt{a})^2\geq 9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$

Tương tự ta cũng có $$(a\sqrt{c}+b\sqrt{a}+c\sqrt{b})^2\geq 9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$$

Suy ra $VT\geq \sqrt{2.9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}=3\sqrt{2}.\sqrt[3]{abc}$

Vậy ta có đpcm.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài 7: Ta có : $$VT=\sum \dfrac{a^2b(a+b+c)-a^2bc}{a+c}$$
$$= 3\sum \dfrac{a^2b^2}{ab+bc}-abc\sum \dfrac{a}{a+c}$$
$$= 3\sum \dfrac{a^2b^2}{ab+bc}-abc\sum (1-\dfrac{c}{a+c})$$
$$= 3\sum \dfrac{a^2b^2}{ab+bc}+abc\sum \dfrac{c}{a+c}-3abc$$

Theo BĐT $Cauchy-Schwarz$ ta có :
$$\sum \dfrac{a^2b^2}{ab+bc}\geq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{2(ab+bc+ca)}=\dfrac{1}{2}(ab+bc+ca)$$


Và $$\sum \dfrac{c}{a+c}\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{\sum a^2+\sum ab}=\dfrac{9}{\sum a^2+\sum ab}$$


Do đó $$VT\geq \dfrac{3}{2}(ab+bc+ca)+\dfrac{9abc}{\sum a^2+\sum ab}-3abc$$
$$=ab+bc+ca-3abc+(\dfrac{1}{2}(ab+bc+ca)+\dfrac{9abc}{\sum a^2+\sum ab})$$
$$\geq ab+bc+ca-3abc+2\sqrt{\dfrac{9abc(ab+bc+ca)}{2(\sum a^2+\sum ab)}}$$

Vậy nên BĐT ban đầu được chứng minh nếu ta chứng minh được :
$$ab+bc+ca-3abc+2\sqrt{\dfrac{9abc(ab+bc+ca)}{2(\sum a^2+\sum ab)}}\geq ab+bc+ca$$



hay $$6\sqrt{\dfrac{abc(ab+bc+ca)}{2(\sum a^2+\sum ab)}}\geq 3abc$$

$$\iff 2(ab+bc+ca)\geq abc(\sum a^2+\sum ab)$$


Vì $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)=9abc$ nên $abc\leq \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{9}$


Suy ra $2(ab+bc+ca)-abc(\sum a^2+\sum ab)\geq 2(ab+bc+ca)-\dfrac{(ab+bc+ca)^2}{9}.(\sum a^2+\sum ab)$

$=\dfrac{1}{9}(ab+bc+ca)(ab+bc+ca-3)^2\geq 0$


Do đó $2(ab+bc+ca)-abc(\sum a^2+\sum ab)\geq 0$ hay $2(ab+bc+ca)\geq abc(\sum a^2+\sum ab)$


Từ đây ta dễ đi đến kết luận đpcm.


Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.

[viet 1846]

Đề

Bài 10: Cho các số thực dương $a,\ b,\ c$ thỏa mãn $a^4+b^4+c^4=4(a^2+b^2+c^2).$ Chứng minh rằng
\[a^3(c+4)+b^3(a+4)+c^3(b+4)\ge ab^2+bc^2+ca^2+15abc\]

Ps: Chỉ được sử dụng $AM-GM,\ Cauchy-Schwarz,$ khảo sát hàm sơ cấp

Bài 11: Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương và $n \in N$. Chứng minh rằng $$\dfrac{(a+b+c)^3}{27abc}\geq \dfrac{(a^n+b^n+c^n)(a^{n+2}+b^{n+2}+c^{n+2})}{(a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1})^2}$$

Tổng quát của bài sau: http://www.artofprob...890017#p2890017

Bài 12: Cho $x,\ y,\ z$ là các số không âm thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+xyz=4$.
Đặt $a=2-x^2,\ b=2-y^2,\ c=2-z^2$. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của biểu thức $$P=abc-\sqrt{(2-a^2)(2-b^2)(2-c^2)}$$

Bài 13: Cho $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $$a\sqrt{\dfrac{a+b}{c}}+ b\sqrt{\dfrac{b+c}{a}}+ c\sqrt{\dfrac{c+a}{b}} \geq 3\sqrt{2}$$

Có một chút nhận xét thế này, nói chung đề thi năm nay khó hơn năm ngoái, Có 3 bài cơ bản thì khá dễ còn những bài khó thì lại quá khó. Hi vọng cuộc thi này sẽ được tiếp diễn trong những năm tiếp và tiếp tục thành công.

=)) Năm nay không tham gia gia đề nên không giám chém gió mạnh.