toanhocmuonmau

Bài bất đẳng thức mình thấy hay đấy.

Đặt $a_i=\sqrt{24}x_i,$ khi đó yêu cầu bài toán tương đương với: Chứng minh rằng $C=10$ là hằng số lớn nhất sao cho nếu có $17$ số thực dương $x_1,\,x_2,\, \ldots,\, x_{17}$ thỏa mãn $$x_1^2+x_2^2+\cdots +x_{17}^2=1$$ và $$24(x_1^3+x_2^3+\cdots +x_{17}^3)+(x_1+x_2+\cdots +x_{17}) <C$$ thì với mọi $i,\, j,\, k$ thỏa mãn $1 \le i <j<k\le 17,$ ta có $x_i,\, x_j,\, x_k$ là độ dài ba cạnh của một tam giác.

Trước hết, ta sẽ chứng minh yêu cầu bài toán thỏa với $C=10.$ Không mất tính tổng quát, ta chỉ cần chứng minh $x_1,\,x_2,\, x_3$ là độ dài ba cạnh của một tam giác. Để ý rằng với mọi $0<t<1,$ ta có $$24t^3+t -(16t^4+9t^2)=t(1-t)(4t-1)^2 \ge 0.$$ Do đó, từ giả thiết ta suy ra $$16(x_1^4+x_2^4+\cdots +x_{17}^4)+9(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_{17}^2) <10,$$ hay $$16(x_1^4+x_2^4+\cdots +x_{17}^4)<1=(x_1^2+x_2^2+\cdots +x_{17}^2)^2.$$ Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có $$16(x_1^4+x_2^4+\cdots +x_{17}^4)=\left(2+\underset{14 \text{ số}}{\underbrace{1+1+\cdots +1}}\right)\left[(x_1^4+x_2^4+x_3^4)+(x_4^4+x_5^4+\cdots +x_{17}^4)\right] \ge \left[ \sqrt{2(x_1^4+x_2^4+x_3^4)}+x_4^2+x_5^2+\cdots +x_{17}^2\right]^2.$$ Do đó, kết hợp với trên, ta thu được $$\sqrt{2(x_1^4+x_2^4+x_3^4)} <x_1^2+x_2^2+x_3^2,$$ hay $$2(x_1^4+x_2^4+x_3^4)<(x_1^2+x_2^2+x_3^2)^2.$$ Mặt khác, ta có đồng nhất thức $$\begin{aligned} (x_1^2+x_2^2+x_3^2)^2&- 2(x_1^4+x_2^4+x_3^4)= \\ &=2(x_1+x_2+x_3)(x_1+x_2-x_3)(x_2+x_3-x_1)(x_3+x_1-x_2). \end{aligned} $$ Do vậy, kết hợp với bất đẳng thức ở trên, ta suy ra $x_1,\,x_2,\,x_3$ là độ dài ba cạnh của một tam giác.

Phần chứng minh $10$ là hằng số lớn nhất khá dễ nên xin dành lại cho bà con. Giờ mình phải đi dạy tiếp đây.

Bọn mình vừa mở một trang web ôn thi Đại học môn Toán với khẩu hiệu: "Cùng nhau vượt Đại dương". Mời mọi người cùng ghé thăm trang web của bọn mình và cho ý kiến: http://onluyentoan.v...hread.php?t=243.

Chút quà mọn...

Với q cụ thể thì chuyển về đối xứng còn khả thi chứ q bất kì e là ko chuyển được đâu. Nếu có q sao cho đẳng thức xảy ra tại 3 điểm lệch nhau, khác 0 thì chắc chắn ko được. Nếu có thể chuyển được về đối xứng thì GLA giải quyết ngon. Nhưng bài này ko đơn giản như vậy. Trò p, q, r theo cá nhân tôi chỉ thích hợp cho những bài nho nhỏ thôi.

Anh Việt Anh nói như vậy thì xin mời anh dùng GLA để giải 3 bài toán sau. Nếu GLA thực sự mạnh như anh "quảng cáo" thì chắc là không vấn đề gì khi giải đâu nhỉ.
1) Cho các số dương $a,b,c$. Chứng minh rằng
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{a} \ge \sqrt{\dfrac{14(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} -5}$
2) Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
$ \dfrac{a+2c}{a+2b}+\dfrac{b+2a}{b+2c}+\dfrac{c+2b}{c+2a} \ge \sqrt{\dfrac{5(a^2+b^2+c^2)}{ab+bc+ca} +4}$
3) Cho các số không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
$(a^3+b^3+c^3)^2 \ge 2(a^5b+b^5c+c^5a)+abc(a^3+b^3+c^3)$
Nói thật lòng anh đừng giận nếu có gì quá đáng, tôi thấy anh chỉ toàn nói thôi chứ chưa bao giờ giải một bài toán cụ thể cả. Và anh nói chuyện có vẻ rất "người trên" nữa. Anh nói $pqr$ chỉ thích hợp cho những bài toán nhỏ vậy xin mời anh hãy dùng "chiêu bài toán lớn" GLA để giải 3 bài "nhỏ" trên, mà $pqr$ đã giải quyết được chúng. Do đó xin mời pác GLA giải quyết hộ?!
Sorry to all members, lúc này mình bị stress rất nặng nên khi thấy những bài spam hoặc những bài nói suông, mình rất bực mình.

Cho $ x,y,z>0$ thỏa $ xy+yz+zx=1$. Chứng minh rằng
$ \sum\dfrac{x^2}{y} -2(x^2+y^2+z^2) \geq \sqrt{3} -2 $

Giả sử rằng $a,b,c$ là các số thực dương ,chứng minh rằng:

$\sum$ $\dfrac{a(4a+7b+c)}{3a^{2}+12b^{2}+15ab+3c(a+b)}$ $\geq$ $ 1 $

Ta có bdt cần chứng minh tương đương với
$\sum\dfrac{a(4a+7b+c)}{(a+b)(a+4b+c)} \geq 3$
Áp dụng bdt AM-GM, ta có
$\sum\dfrac{a(4a+7b+c)}{(a+b)(a+4b+c)} \geq 12\sum\dfrac{a(4a+7b+c)}{(4a+7b+c)^2}=12\sum\dfrac{a}{4a+7b+c}$
Do đó, để chứng minh bddt đã cho, ta chỉ cần chứng
$\sum\dfrac{a}{4a+7b+c} \geq \dfrac{1}{4}$
Bunhia một phát là "cháy nhà" ngay thôi.