Đến nội dung

hoanglong2k

hoanglong2k

Đăng ký: 13-09-2014
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#645323 ĐỀ THI OLYMPIC GẶP GỠ TOÁN HỌC LẦN VIII

Gửi bởi hoanglong2k trong 17-07-2016 - 19:47

Bài 2.

Ta đặt $x=a+b$ và $y=a+c$ thì $3a+2b+c=2x+y$ với $x,y\geq 0$

 Chú ý là ta có các đánh giá $a+b+c\leq 2a+b+c=x+y$ và $ab+bc+ca\leq a^2+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)=xy$, cho nên ta chỉ cần chứng minh

\[(2x+y)^3\geq 6\sqrt{3}xy(x+y)\]

 Chuẩn hóa $y=1$ thì ta cần chứng minh $8x^3+(12-6\sqrt{3})x^2+(6-6\sqrt{3})x+1\geq 0$

 Xét hàm số $f(x)=8x^3+(12-6\sqrt{3})x^2+(6-6\sqrt{3})x+1$ trên $[0;\infty )$

 Có $f'(x)=24x^2+12(2-\sqrt{3})x+6-6\sqrt{3}$, phương trình $f'(x)=0\Leftrightarrow 6(2x+1)(2x+1-\sqrt{3})=0\Leftrightarrow x=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}$

 Từ đó ta có thể suy ra được $f(x)\geq f\left(\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\right)=0$

 Bài toán được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=0$ và $b=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}c$




#639555 $\sum \sqrt{k^2a^2+bc}\leq \dfrac{(2k...

Gửi bởi hoanglong2k trong 11-06-2016 - 11:17

Bài toán. Cho $a,b,c$ là các số thực không âm, chứng minh rằng với mọi số thực $k\in \big [1,3\big ]$ ta luôn có bất đẳng thức sau

\[\sqrt{k^2a^2+bc}+\sqrt{k^2b^2+ca}+\sqrt{k^2c^2+ab}\leq \dfrac{(2k+1)}{2}(a+b+c)\]

 

 

...




#639547 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 11-06-2016 - 10:38

 Bài toán 29. (Võ Quốc Bá Cẩn) Cho $a,b,c$ là các số thực không âm chứng minh

$\sqrt{4a^{2}+bc}+\sqrt{4b^{2}+ca}+\sqrt{4c^{2}+ab}\leq \frac{5}{2}(a+b+c)$

 Ý tưởng giải bài này của mình dựa trên một kết quả tương tự của Phạm Kim Hùng, sau đây là lời giải của mình cho bài 29

 Lời giải bài 29. Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$.

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $\sqrt{4b^2+ca}+\sqrt{4c^2+ab}\leq \sqrt{(2+1)\left(\dfrac{4b^2+ca}{2}+4c^2+ab\right)}=\sqrt{\dfrac{3}{2}\left(4b^2+ca+8c^2+2ab\right)}$

 Lại có $\sqrt{4a^2+bc}\leq \sqrt{4a^2+ac}\leq 2a+\dfrac{c}{4}$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\sqrt{\dfrac{3}{2}\left(4b^2+ca+8c^2+2ab\right)}\leq \dfrac{a}{2}+\dfrac{5b}{2}+\dfrac{9c}{4}$

 Hay là $\sqrt{24\left(4b^2+ac+8c^2+2ab\right)}\leq 2a+10b+9c$

 Bình phương 2 vế thì ta cần chứng minh $(2a+10b+9c)^2\geq 24(4b^2+ac+8c^2+2ab)\Leftrightarrow (2a-2b+3c)^2+24c(8b-5c)\geq  0$

 Bất đẳng thức trên đúng do $a\geq b\geq c$ nên ta có điều cần chứng minh

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b,c=0$ hoặc các hoán vị

 

 Bài 28 không biết có thể giải bằng dồn biến không nhỉ, mình có thử nhưng mới chỉ chứng minh được một TH nhỏ :(




#638606 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 06-06-2016 - 22:07

Một lời giải bài toán 17: Thực chất bài tổng quát của bài toán 17 bài toán sau

$x^{n}y+y^{n}z+z^{n}x\leq \frac{n^{n}}{(n+1)^{n+1}}(x+y+z)^{n+1}$$\forall x,y,z\geq 0$

Ta chỉ cần chứng minh bài toán tổng quát .

Với $n=1$, bất đẳng thức đúng.

Với $n> 1$: Không mất tính tổng quát, giả sử $x=\max \left \{ x,y,z \right \}$ . Ta có

$\left\{\begin{matrix} y\leq x\Rightarrow y^{n}z\leq x^{n-1}yz & & \\ z\leq x\Rightarrow z^{n}x\leq zx^{n} & & \\ z^{n}x\leq z^{2}x^{n-1}& & \\ n> 1\Rightarrow \frac{n-1}{n}\geq \frac{1}{2}\Rightarrow \frac{n-1}{n}z\geq \frac{z}{2}& & \end{matrix}\right.$

Đặt $P=x^{n}y+y^{n}z+z^{n}x\leq x^{n}y+x^{n-1}yz+\frac{1}{2}z^{n}x+\frac{1}{2}z^{n}x$

    $\leq x^{n}y+x^{n-1}yz+\frac{1}{2}x^{n}z+\frac{1}{2}z^{2}x^{n-1}$

    $=x^{n-1}(x+z)\left ( y+\frac{z}{2} \right )$

    $\leq x^{n-1}(x+z)(y+\frac{n-1}{n}z)=n^{n}[\frac{x}{n}.\frac{x}{n}...\frac{x}{n}.\frac{x+z}{n}(y+\frac{n-1}{n}z)]$

    $\leq$$n^{n}[\frac{(n-1).\frac{x}{n}+\frac{x+z}{n}+y+\frac{n-1}{n}z}{n=1}]^{n+1}$

    $=\frac{n^{n}}{(n+1)^{n+1}}(x+y+z)^{n+1}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ hoặc $x=y,z=0$ và các hoặc các hoán vị của nó

Áp dụng ta có được $x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x\leq \frac{27}{256}(x+y+z)^{4}$

 Cảm ơn bạn, đây thực chất chỉ là một kết quả cũ :) Xin trình bày cách của mình

 Không mất tính tổng quát, giả sử $y$ nằm giữa $x$ và $z$ thì ta có $z\left(y^{n-1}-z^{n-1}\right)(y-x)\leq 0\Leftrightarrow y^nz+xz^n\leq yz^n+xy^{n-1}z$

 Do đó ta có được $x^ny+y^nz+z^nx\leq y\left(x^n+z^n+xy^{n-2}z\right)$

 Chú ý là từ khai triển nhị thức $(x+z)^n=x^n+z^n+nxz\left(x^{n-2}+z^{n-2}\right)+...\geq x^n+z^n+nxz\left(x^{n-2}+z^{n-2}\right)\geq x^n+z^n+nxzy^{n-2}$

 Cho nên

$x^ny+y^nz+z^nx\leq y(x+z)^n=n^n.y.\dfrac{x+z}{n}.\dfrac{x+z}{n}\cdots \dfrac{x+z}{n}$

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

 Vả lại dấu "=" của bạn nhầm rồi, ở đây là khi $(x,y,z)\sim (n,1,0)$ cùng các hoán vị tương ứng




#638506 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 06-06-2016 - 14:53

Nguyenngoctu

 

fatcat12345

  Tiện thể mình sẽ đề xuất bài toán 27 để chúng ta tiếp tục Topic :)

 Bài toán 27. (Sưu tầm) Chứng minh rằng với các số thực $x\geq 0$ tùy ý và số nguyên dương $n$ ta luôn có bất đẳng thức \[\left[nx\right]\geq \dfrac{\left[x\right]}{1}+\dfrac{\left[2x\right]}{2}+\dfrac{\left[3x\right]}{3}+\cdots +\dfrac{\left[nx\right]}{n}\]




#638414 Cập nhật tình hình, thảo luận, chém gió về kì thi vào lớp 10 THPT

Gửi bởi hoanglong2k trong 05-06-2016 - 22:50

Mà nhớ lại hồi đấy thì có lẽ trong những đứa đậu vào Toán 1 của Chuyên Quốc Học Huế thì mình là thằng có điểm văn thấp nhất =)) (không chỉ của QB mà của cả những đứa đậu luôn chứ), ngẫm cũng lạ, chế thơ hay thế mà mấy ông chấm gắt quá :))




#637369 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 01-06-2016 - 12:43

 

Bài toán 22. (AoPS) Cho các số thực dương $a,b,c,d$. Chứng minh rằng
\[ a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd\geq 2a^2|(d-b)(d-c)|.\]

 

 Lời giải bài 22.

 - Trường hợp $(d-b)(d-c)\leq 0$,ta viết bất đẳng thức lại là $a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd\geq 2a^2(d-b)(c-d)$

   Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $(d-b)(c-d)\leq \dfrac{(b-c)^2}{4}$

   Nên ta chỉ cần chứng minh $a^4+b^4+c^4+d^4-4abcd\geq \dfrac{a^2(b-c)^2}{2}$

   Tương đương $2(a^4+b^4+c^4+d^4)+2a^2bc\geq a^2b^2+a^2c^2+8abcd$

   Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $a^2bc+a^2bc+d^4+b^2c^2\geq 4abcd$ và $a^4+b^4+c^4+d^4\geq 4abcd$

   Nên ta chỉ cần chứng minh $a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$, hiển nhiên đúng

 - Trường hợp $(d-b)(d-c)\geq 0$, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta sẽ có $b^4+c^4\geq \dfrac{(b+c)^4}{8},bc\leq \dfrac{(b+c)^2}{4},(d-b)(d-c)\leq \dfrac{(2d-b-c)^2}{4}$

   Đặt $t=\dfrac{b+c}{2}$ thì ta chỉ cần chứng minh $a^4+2t^4+d^4\geq 2a^2(d-t)^2$

   Tương đương với $(a^2-d^2)^2+2t(t-a)(t^2+at-2ad)\geq 0$

   Hiển nhiên với $t=\max \{a,t,d\}$ hoặc $t=\min \{a,t,d\}$  thì bất đẳng thức trên đúng nên ta chỉ xét khi $t$ nằm giữa $a$ và $d$

   Nếu $a\geq t\geq d$, đặt $a=d+x$ và $t=d+y$ thì ta cần chứng minh $(x^2+2dx)^2+2(d+y)(y-x)(3dy+y^2+xy-dx)\geq 0$

   Tương đương với $2d^2(3x^2-4xy+3y^2)+4d(x^3-2xy^2+2y^3)+x^4-2x^2y^2+2y^4\geq 0$

   Hiển nhiên đúng do $3x^2-4xy+3y^2\geq x^2+y^2\geq 0,x^3-2xy^2+2y^3\geq xy^2\geq 0,x^4-2x^2y^2+2y^4\geq y^4\geq 0$

   Nếu $a\leq t\leq d$, đặt $d=a+u,t=a+v$ thì ta cần chứng minh $a^2(4u^2-4uv+6v^2)+4a(u^3-uv^2+2v^3)+u^4+2v^4\geq 0$, đúng

 Vậy ta có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=d$

 

 Bài toán 23. (Sưu tầm) Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x^2+y^2+z^2+2xyz=1$. Chứng minh rằng

\[x^3y+y^3z+z^3x\leq \dfrac{3\sqrt{3}}{16}\]




#636983 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 31-05-2016 - 00:09

Trong lời giải này, bước chuyển pqr cần tính toán khá nhiều, chứ không phải một bước ra luôn như dùng phần mềm máy tính. Mình nghĩ trong topic này chỉ nên đăng các bất đẳng thức và lời giải có thể tính toán bằng tay thôi.
 

Xin được đề xuất bài toán sau:

Bài toán 20. (AoPS)  Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn  $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng 

\[ a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2+7(ab+bc+ca) \leq 24.\]

 Một lời giải "xấu xí" của em cho bài toán này

 Lời giải bài 20.

 Tương tự như anh Quý, viết lại bất đẳng thức về dạng đồng bậc là 

$$81(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)+21(ab+bc+ca)(a+b+c)^3\leq 8(a+b+c)^5$$

 Không mất tính tổng quát, giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$, khi đó ta sẽ có $c(bc-c^2)(b^2-a^2)=c^2(b+a)(b-c)(b-a)\leq 0$

 Do đó mà $b^3c^2+c^3a^2\leq b^2c^3+a^2bc^2$

 Ta cần chứng minh $81b\left[b(a^3+c^3)+a^2c^2\right]+21\left[b(c+a)+ca\right](a+b+c)^3\leq 8(a+b+c)^5$

 Tương đương $81b\left[b(a+c)^3-3abc(a+c)+a^2c^2\right]+21\left[b(c+a)+ca\right](a+b+c)^3\leq 8(a+b+c)^5$

 Chuẩn hóa $a+b+c=1$ và đặt $t=ac$ thì do $(b-a)(b-c)\leq 0\Rightarrow t\leq b(a+c-b)=b(1-2b)$, từ đây cũng suy ra $b\leq \dfrac{1}{2}$

 Ta cần chứng minh

$$81b\left[b(1-b)^3-3bt(1-b)+t^2\right]+21\left[b(1-b)+t\right]\leq 8$$

$$\Leftrightarrow 81b(-b^4+3b^3-3b^2+b-3bt+3b^2t+t^2)+21(-b^2+b+t)\leq 8$$

$$\Leftrightarrow 81bt^2+t(243b^3-243b^2+21)\leq 81b^5-243b^4+243b^3-60b^2-21b+8$$

 Mà $t\leq b(1-2b)$ nên ta chỉ cần chứng minh

$$81tb(1-2b)+t(243b^3-243b^2+21)\leq 81b^5-243b^4+243b^3-60b^2-21b+8$$

$$\Leftrightarrow 3t(3b+1)(9b^2-21b+7)\leq 81b^5-243b^4+243b^3-60b^2-21b+8$$

 Bây giờ, nếu $9b^2-21b+7\leq 0$ tức là $b\geq \dfrac{7-\sqrt{21}}{6}>0,4$

 Khi này ta chỉ cần chứng minh $81b^5-243b^4+243b^3-60b^2-21b+8\geq 0$ với $b\in \left[\dfrac{7-\sqrt{21}}{6};\dfrac{1}{2}\right]$ là đủ (thực ra nó đúng với mọi $b\geq 0$ thì phải)

 Đoạn này mình chứng minh không được đẹp lắm, phải chia nhỏ ra để làm

 Đặt $f(b)=81b^5-243b^4+243b^3-60b^2-21b+8$ với $b\in \left[\dfrac{7-\sqrt{21}}{6};\dfrac{1}{2}\right]$

 Có $f'(b)=3(135b^4-324b^3+243b^2-40b-7),\ f''(b)=6(270b^3-486b^2+243b-20)>0$ nên $f'(b)$ đồng biến.

  Trường hợp $0,4<b\leq 0,443$ thì $f'(b)\leq f'(0,443)<0$ nên $f(b)\geq f(0,443)>0$

  Trường hợp $0,5\geq b\geq 0,4431$ thì $f'(b)\geq f'(0,4431)>0$ nên $f(b)\geq f(0,4431)>0$

  Còn mà $0,443<b<0,4431$ thì $81b^5-243b^4+243b^3-60b^2-21b+8$

                                                      $\geq 81.0,443^5-243.0,4431^4+243.0,443^3-60.0,4431^2-21.0,4431+8>0$

 Do đó $f(b)>0$ và trường hợp này đúng

 Nếu $9b^2-21b+7\geq 0$, do $t\leq b(1-2b)$ nên ta chỉ cần chứng minh

$$3b(1-2b)(3b+1)(9b^2-21b+7)\leq 81b^5-243b^4+243b^3-60b^2-21b+8$$

$$\Leftrightarrow (3b-1)^2(27b^3-54b^2+6b+8)\geq 0$$

 Bất đẳng thức trên đúng với mọi $0\leq b\leq \dfrac{1}{2}$ nên ta có điều cần chứng minh

 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$




#636674 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 29-05-2016 - 22:30

Lời giải bài 18. Ta viết bất đẳng thức thành $\dfrac{\sum a^4+3\sum a^2b^2}{\prod (a^2+b^2)}\geq \dfrac{4}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{1}{2(ab+bc+ca)}$

 Đặt $p=a+b+c=1,q=ab+bc+ca,r=abc$ thì ta cần chứng minh $\dfrac{1-4q+5q^2-2r}{q^2-2q^3-2r+4qr-r^2}\geq \dfrac{1+6q}{2q(1-2q)}$

 Hay là $r^2(1+6q)+r(1+4q)(1-2q)+q(2-q)(1-4q)(1-2q)\geq 0$

 Nếu $q\leq \dfrac{1}{4}$ thì $r^2(1+6q)+r(1+4q)(1-2q)+q(2-q)(1-4q)(1-2q)\geq q(2-q)(1-4q)(1-2q)\geq 0$

 Nếu $\dfrac{1}{3}\geq q\geq \dfrac{1}{4}$, áp dụng bất đẳng thức Schur bậc 4 ta có $r\geq \dfrac{(4q-1)(1-q)}{6}$

 Do đó ta chỉ cần chứng minh $\left[\dfrac{(4q-1)(1-q)}{6}\right]^2(1+6q)+\dfrac{(4q-1)(1-q)(1+4q)(1-2q)}{6}+q(2-q)(1-4q)(1-2q)\geq 0$

 Tương đương với $(3q-1)(4q-1)(8q^3-6q^2+27q-11)\geq 0$, tức là ta chỉ cần chứng minh $f(q)=8q^3-6q^2+27q-11\leq 0$ với $\dfrac{1}{3}\geq q\geq \dfrac{1}{4}$

 Mặt khác, $f'(q)=24q^2-12q+27>0$ nên $f(q)\leq f\left(\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{-64}{27}<0$

 Do đó ta có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b,c=0$ cùng các hoán vị

 

 Một lời giải khác cho bài 17.

 Một lời giải khác nữa :)

 

  Bài toán 19. (AoPS) Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn $x+y+z=32$. Chứng minh rằng

\[x^3y+y^3z+z^3x+\dfrac{473xyz}{8}\leq 110592\]

 

 \begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 5\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 8\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 6\\ \hline \text{fatcat12345} & 5\\ \hline \text{lenhatsinh3} & 1\\ \hline \text{tuanyeubeo2000} & 1\\ \hline \text{Ngockhanh99k48} & 1 \\ \hline \text{Dinh de Tai} & 1\\ \hline \end{array} 




#636580 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 29-05-2016 - 17:23

 Lời giải bài 16. Giả sử $c=\min \{a,b,c\}$. Trước tiên ta chứng minh $\dfrac{1}{\sqrt{b^2+bc+c^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{a^2+ac+c^2}}\geq \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2ab+ac+bc+2c^2}}$

Tương đương với 

$\begin{align*}2\left(\dfrac{1}{b^2+bc+c^2}+\dfrac{1}{a^2+ac+c^2}-\dfrac{4}{2ab+ac+bc+2c^2}\right)&\geq \left(\dfrac{1}{\sqrt{b^2+bc+c^2}}-\dfrac{1}{\sqrt{a^2+ac+c^2}}\right)^2\\ \Leftrightarrow \dfrac{2(a-b)^2(2ab+bc+ca-c^2)}{(a^2+ac+c^2)(b^2+bc+c^2)(2ab+ac+bc+2c^2)}&\geq \dfrac{(a-b)^2(a+b+c)^2}{(a^2+ac+c^2)(b^2+bc+c^2)\left(\sqrt{a^2+ac+c^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}\right)^2}\\ \Leftrightarrow \dfrac{2(2ab+bc+ca-c^2)}{2ab+ac+bc+2c^2}&\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{\left(\sqrt{a^2+ac+c^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}\right)^2} \end{align*}$

 Hiển nhiên đúng do $\dfrac{2(2ab+bc+ca-c^2)}{2ab+ac+bc+2c^2}\geq 1\geq \dfrac{(a+b+c)^2}{\left(\sqrt{a^2+ac+c^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}\right)^2}$

 Do đó $\text{VT}\geq \dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{(a^2+ab+b^2)(2ab+ac+bc+2c^2)}}+\dfrac{1}{\sqrt{(c^2+ca+a^2)(c^2+cb+b^2)}}$

 Đặt $t=ab$ và xét $f(t)=\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{\left[(1-c)^2-t\right](2t+c^2+c)}}$

 Có $f'(t)=\dfrac{\sqrt{2}(4t+5c-c^2-2)}{(c^2-2c-t+1)(c^2+c+2t)\sqrt{(c^2-2c-t+1)(c^2+c+2t)}}$

 Mà $4t+5c-c^2-2\leq (a+b)^2+5c-c^2-2=(1-c)^2+5c-c^2-2=3c-1\leq 0$ nên $f(t)$ nghịch biến

 Suy ra $f(t)\geq f\left [\dfrac{(a+b)^2}{4}\right]=\dfrac{8}{\sqrt{3(a+b)^2\left[4c^2+2c(a+b)+(a+b)^2\right]}}=\dfrac{8}{\sqrt{3(1-c)^2(1+3c^2)}}$

 Mặt khác lại có $\left[4c^2+2c(a+b)+(a+b)^2\right]^2-16(a^2+ac+c^2)(b^2+bc+c^2)$

                          $=(a-b)^2(a^2+6ab+4ac+b^2+4bc-4c^2)\geq 0$

 Cho nên $\dfrac{1}{\sqrt{(c^2+ca+a^2)(c^2+cb+b^2)}}\geq \dfrac{4}{4c^2+2c(a+b)+(a+b)^2}=\dfrac{4}{3c^2+1}$

 Vậy nên $\text{VT}\geq \dfrac{8}{\sqrt{3(1-c)^2(1+3c^2)}}+\dfrac{4}{3c^2+1}$

 Xét $g(c)=\dfrac{8}{\sqrt{3(1-c)^2(1+3c^2)}}+\dfrac{4}{3c^2+1}$ trên $\left[0,\dfrac{1}{3}\right]$ ta được $\min g(c)=g(0)=\dfrac{8}{\sqrt{3}}+4$

 Vậy ta có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=\dfrac{1}{2},c=0$ cùng các hoán vị

 

 Bài toán 17. (Sưu tầm) Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=32$. Tìm giá trị lớn nhất của

$P=x^3y+y^3z+z^3x$




#635435 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 25-05-2016 - 14:35

Mình biết là vậy nhưng mình nghĩ sau khi đồng bậc thì nên giữ lại điều kiện vì rõ ràng bất đẳng thức sau không đúng với mọi số thực.

Và đây là một cách chứng minh khác

$(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)-5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)=\sum (ab+bc+ca)(a-b)^2+\sum \frac{1}{2}(2a+2b-c)^2(a-b)^2= \sum 3(a-b)^2+\sum \frac{1}{2}(2a+2b-c)^2(a-b)^2 \geq 0$

P/s: mời bạn hoanglong2k đề xuất bài mới  :D

 Ngẫm lại thì mình nghĩ bài này có thêm điều kiện $ab+bc+ca\geq 0$ nữa mới chuẩn được

 

 Bài toán 7. (VMF) Cho $a,b,c\geq 0$ trong đó không có hai số nào đồng thời bằng 0 và số thực $k$ thoả mãn $3^k\geq 2^{k+1}$. Chứng minh rằng : 

\[\frac{1}{a^k+b^k}+\frac{1}{b^k+c^k}+\frac{1}{c^k+a^k}\geq \frac{5.2^{k-1}}{(a+b+c)^k}\]

 

 \begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 3\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 2\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 3\\ \hline \text{fatcat12345} & 1\\ \hline \text{lenhatsinh3} & 1\\ \hline\end{array} 




#635428 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 25-05-2016 - 14:16

 Lời giải bài 6. Đưa bài toán về đồng bậc là

 $4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c)\geq 5(ab+bc+ca)^2$

 $\Leftrightarrow 4(a^4+b^4+c^4)+abc(a+b+c)\geq 5(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)$

 Với $ab+bc+ca>0$

 Đến đây có thể sử dụng ABC, hoặc bổ đề tổng bình phương của thầy Cẩn, mình xin trình bày một cách khác

 Do bậc của bất đẳng thức chẵn nên ta hoàn toàn có thể chuẩn hóa cho $a+b+c=3$

 Khi đó, tồn tại số thực $t\in [0;1)$ sao cho $q=ab+bc+ca=3-3t^2$, ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành: 

 $44(81-36q+2q^2+12r)+3r\geq 5(q^2-6r)\Leftrightarrow t^4+14t^2-3+3r\geq 0$

 Mặt khác, chú ý với phép đặt này thì $abc\geq (1-2t)(1+t)^2$ cho nên $t^4+14t^2-3+3r\geq t^2(1-t)(5-t)\geq 0$

 Vậy ta có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

 

Nếu bất đẳng thức này đúng thì bất đẳng thức sau cũng đúng

\[4(a^4+b^4+c^4)+11abc(a+b+c) \geqslant 5(ab+bc+ca)^2. \quad (1)\]

Cho $a=1,b=1$ thì $(1)$ trở thành

\[8+4c^4+11c(c+2) \geqslant 5(2c+1)^2,\]

hay là

\[(2c+3)(2c+1)(c-1)^2 \geqslant 0.\]

Dễ thấy bất đẳng thức này không phải luôn đúng.

 Em nghĩ việc này có chút khuất mắc, ví dụ như khi thay $3=ab+bc+ca$ thì bất đẳng thức trên không còn hiển nhiên đúng với $a,b,c$ thực bất kì nữa

 Giả dụ bất đẳng thức của anh sai khi $a=b=1,c=-1$ thì ta sẽ tìm một bộ số tỉ lệ $\dfrac{x}{1}=\dfrac{y}{1}=\dfrac{z}{-1}$ và $xy+yz+zx=3$, tuy nhiên lại không tồn tại bộ số nào như vậy trong TH này?

 Vả lại em nghĩ điều kiện bài này phải có $ab+bc+ca>0$

 

Nếu $a=b=1$ thì $c=1$ theo điều kiện rồi mà anh   :D

 Cái đó đồng bậc mà bạn :D




#635378 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 25-05-2016 - 10:32

 

  Bài toán 4. Với $a,b,c\geq 0$ và $ab+bc+ac=2+abc$. Chứng minh:

\[\dfrac{ab(2-c)}{a^2+abc+b^2}+\dfrac{bc(2-a)}{b^2+abc+c^2}+\dfrac{ac(2-b)}{a^2+abc+c^2} \leq 1\]

 Lời giải bài 4. Ta có $\sum \dfrac{ab(2-c)}{a^2+abc+b^2}\leq 1\Leftrightarrow \sum \dfrac{(a+b)^2}{a^2+abc+b^2}\leq 4$

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $\sum \dfrac{(a+b)^2}{a^2+abc+b^2}\leq \sum \left(\dfrac{a^2}{a^2+\dfrac{abc}{2}}+\dfrac{b^2}{b^2+\dfrac{abc}{2}}\right)=\sum \left(\dfrac{2a}{2a+bc}+\dfrac{2b}{2b+ac}\right)=4\sum \dfrac{a}{2a+bc}$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\dfrac{a}{2a+bc}+\dfrac{b}{2b+ca}+\dfrac{c}{2c+ab}\leq 4$

 Tương đương $\sum a(2b+ca)(2c+ab)\leq (2a+bc)(2b+ca)(2c+ab)$

 $\Leftrightarrow \sum (4abc+a^3bc+2a^2c^2+2a^2b^2)\leq 8abc+4\sum a^2b^2+2abc\sum a^2+a^2b^2c^2$

 Hay là $abc(a^2+b^2+c^2+abc-4)\geq 0$

 Nếu $abc=0$ thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng

 Nếu $abc\neq 0$, theo nguyên lý Dirichlet giả sử $(a-1)(b-1)\geq 0\Rightarrow ab\geq a+b-1\Leftrightarrow abc\geq ac+bc-c\Leftrightarrow ab+c\geq 2\Leftrightarrow abc+c^2\geq 2c$

 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có $a^2+b^2+c^2+abc\geq a^2+b^2+2c\geq 2(ab+c)\geq 4$

 Từ đó ta có điều cần chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$ hoặc $a=b=\sqrt{2},c=0$ cùng các hoán vị

 

 Bài toán 5. (Phạm Kim Hùng) Cho các số thực $a,b,c$ dương. Tìm hằng số $k$ tốt nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng

\[\dfrac{a^3+b^3+c^3}{(a+b)(b+c)(c+a)}+\dfrac{k(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}\geq \dfrac{3}{8}+\dfrac{k}{3}\]

 




#635333 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 24-05-2016 - 23:40

P/s. Tóm lại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất cụ thể của bài 2 là bao nhiêu vậy nhỉ ?

 Em đã chỉnh lại rồi ạ :) Mà tiện thể anh đề xuất bài toán số 4 luôn đi ạ ?

 

 Anh Huyện nhanh tay thật ..

 Cách 2 cho bài toán 3:

 Từ giả thiết ta thu được: $\sum { \frac { 1 }{ a^{ 4 }+1 }  } =1.$

 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy Schwarz:

 $1=\sum { \frac { \frac { 1 }{ { a }^{ 4 } }  }{ \frac { 1 }{ { a }^{ 4 } } +1 } \ge \frac { { (\sum { \frac { 1 }{ { a }^{ 2 } } ) }  }^{ 2 } }{ \sum { \frac { 1 }{ { a }^{ 4 } } +3 }  }  } $

 $\Leftrightarrow \sum \frac{1}{a^4}+3\ge (\sum \frac{1}{a^2})^2\Leftrightarrow 3\ge 2\sum \frac{1}{a^2b^2}$

 Sử dụng AM-GM ta có

 $ 9\ge 6\sum { \frac { 1 }{ { a }^{ 2 }{ b }^{ 2 } } \ge 2{ \frac { { (a+b+c) }^{ 2 } }{ (abc)^{ 2 } }  } }$

 $\Leftrightarrow { 9(abc) }^{ 2 }\ge 2{ (a+b+c) }^{ 2 }\Leftrightarrow  3abc\ge \sqrt { 2 } (a+b+c)\ \ (1)$

 Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức AM-GM và kết hợp (1): $\frac { abc(a+b+c) }{ ab+bc+ac } \ge \frac { \sqrt { 2 } { (a+b+c) }^{ 2 } }{ 3(ab+bc+ac) } \ge \sqrt { 2 }$

 Dấu bằng xảy ra tại $a=b=c=\sqrt [ 4 ]{ 2 }$

 

 Mình thấy cách này khác gì cách anh Huyện đâu :)

 

\begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 1\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 1\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 2\\ \hline\end{array} 




#635293 VMF's Marathon Bất Đẳng Thức Olympic

Gửi bởi hoanglong2k trong 24-05-2016 - 21:53

  Bài toán 2. (Phạm Kim Hùng) Cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=1$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của \[P=\dfrac { a-b }{ \sqrt { a+b }  } +\dfrac { b-c }{ \sqrt { b+c }  } +\dfrac { c-a }{ \sqrt { a+c }  } \]

 Lời giải bài 2. Không mất tính tổng quát, giả sử $a=\min \{a,b,c\}$, đặt $f(a,b,c)=\dfrac{a-b}{\sqrt{a+b}}+\dfrac{b-c}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{c-a}{\sqrt{a+c}}$

 Khi đó $f(0,a+b,c)=\dfrac{-a-b}{\sqrt{a+b}}+a+b-c+\sqrt{c}$ và $f(0,b,a+c)=-\sqrt{b}+b-a-c+\dfrac{a+c}{\sqrt{a+c}}$

 - Nếu $b\geq c\geq a$ ta có

$\begin{align*}f(a,b,c)-f(0,a+b,c)&=\dfrac{2a}{\sqrt{a+b}}+\dfrac{b-c}{\sqrt{b+c}}-(b-c)-a+\dfrac{c-a}{\sqrt{c+a}}-\sqrt{c}\\ &=(b-c).\dfrac{1-\sqrt{b+c}}{\sqrt{b+c}}+\dfrac{a}{\sqrt{a+b}}-a+\dfrac{a}{\sqrt{a+b}}-\dfrac{a}{\sqrt{a+c}}+\dfrac{c}{\sqrt{c+a}}-\sqrt{c}\\ &=\dfrac{a(b-c)}{b+c+\sqrt{b+c}}+\dfrac{a(1-\sqrt{a+b})}{\sqrt{a+b}}+\dfrac{a(\sqrt{a+c}-\sqrt{a+b})}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{c}\left (\dfrac{\sqrt{c}}{\sqrt{c+a}}-1\right)\\ &=\dfrac{a(b-c)}{b+c+\sqrt{b+c}}+\dfrac{ac}{a+b+\sqrt{a+b}}+\dfrac{a(c-b)}{\sqrt{(a+b)(a+c)}(\sqrt{a+c}+\sqrt{a+b})}+\dfrac{\sqrt{c}(-a)}{c+a+\sqrt{c(c+a)}}\\ &=aA \end{align*}$

   Trong đó

$A=(b-c)\left[ \dfrac{1}{b+c+\sqrt{b+c}}-\dfrac{1}{\sqrt{(a+b)(a+c)}(\sqrt{a+c}+\sqrt{a+b})}\right ]+\sqrt{c}\left[\dfrac{\sqrt{c}}{a+b+\sqrt{a+b}}-\dfrac{1}{c+a+\sqrt{c(c+a)}}\right ]$

   Mà ta lần lượt có $b-c\geq 0, \sqrt{(a+b)(a+c)}(\sqrt{a+c}+\sqrt{a+b})\leq 2(b+c)\leq b+c+\sqrt{b+c}$

   Và $c\sqrt{c}+a\sqrt{c}+c\sqrt{c+a}\leq c+a+\sqrt{c+a}\leq b+a+\sqrt{a+b}$

   Nên $A\leq 0$ hay $f(a,b,c)\leq f(0,a+b,c)$

   Mặt khác, $f(0,a+b,c)=\dfrac{-a-b}{\sqrt{a+b}}+a+b-c+\sqrt{c}=1-2c+\sqrt{c}-\sqrt{1-c}$

   Đặt $g(c)=1-2c+\sqrt{c}-\sqrt{1-c}$ là hàm số liên tục trên $[0,1]$, có $g'(c)=\dfrac{1}{2\sqrt{c}}+\dfrac{1}{2\sqrt{1-c}}-2$

   Lại có $g'(c)=0\Leftrightarrow c=\dfrac{8\pm \sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}$

   Từ đó dễ dàng kiểm tra được $g(c)\leq g\left(\dfrac{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}\right)$

   Suy ra $P_\max =\dfrac{\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{8}+\dfrac{\sqrt{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}-\sqrt{8+\sqrt{46-2\sqrt{17}}}}{4}$

   Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=\left(0,\dfrac{8+\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16},\dfrac{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}\right)$ cùng các hoán vị tương ứng

 - Nếu $c\geq b\geq a$, tương tự ta chứng minh được $f(a,b,c)\geq f(0,b,c+a)=2b-1+\sqrt{1-b}-\sqrt{b}=h(b)\geq h\left(\dfrac{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}\right)$

    Suy ra $P_\min =-\dfrac{\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{8}+\dfrac{\sqrt{8+\sqrt{46-2\sqrt{17}}}-\sqrt{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}}{4}$

    Dấu "=" xảy ra khi $(a,b,c)=\left(0,\dfrac{8-\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16},\dfrac{8+\sqrt{46-2\sqrt{17}}}{16}\right)$ cùng các hoán vị tương ứng

 

Tái bút

 Bài toán 3. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $\dfrac{1}{a^4+1}+\dfrac{1}{b^4+1}=\dfrac{c^4}{c^4+1}$. Chứng minh rằng

\[\dfrac{abc(a+b+c)}{ab+bc+ca}\geq \sqrt{2}\]