Em tìm thấy rồi, cảm ơn anh

Với cả hình như vấn đề này cũng được anh Cẩn giải quyết dạng tương tự bằng cách chia trường hợp trong cuốn Cauchy-Schwarz rồi thì phải.

(Mod có thể xóa cái post cảm ơn này cũng được.)

 Cho các số thực dương $a,b,c$. Xét 3 số thực dương bất kì $m,n,p$, khi đó xác định giá trị lớn nhất $S=\dfrac{a}{ma+nb+pc}+\dfrac{b}{mb+nc+pa}+\dfrac{c}{mc+na+pb}$ theo $m,n,p$.

Mình nghĩ đây là vấn đề không mới, nhưng vẫn muốn tìm hiểu, mong nhận được lời giải đáp 

m.n full giúp mk với         

 Sau khi thuần nhất thì nó trở thành $\sum a\sqrt{b^2+c^2}\leq \sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)}$

 Sử dụng C-S thì $\sum a\sqrt{b^2+c^2}\leq \sqrt{(a+b+c).\sum a(b^2+c^2)}$

 Cần chứng minh $(a+b+c).\sum a(b^2+c^2)\leq \sqrt{2(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)}\Leftrightarrow \sum 2ab(a-b)^2\geq 0$

Cho dãy số $(u_{n})$ thoả mãn điều kiện: $u_{1}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2},u_{n+1}=\sqrt{2+u_{n}}$ với mọi $n=1,2,...$. CMR: Dãy số $(u_{n})$ có giới hạn và tìm $lim2^{n}\sqrt{2-u_{n}}$

 Đặt $u_1=2\cos \dfrac{5\pi}{12}$ và sau đó quy nạp chứng minh được $u_n=2\cos \dfrac{5\pi}{3.2^{n+1}}$, rồi sử dụng giới hạn $\lim _{x\to 0} \dfrac{\sin x}{x}=1$ là xong

Tìm $f:R\rightarrow R$ thỏa mãn:

$f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+f(x)+f(y)$ (1)

Với mọi $x,y$ thực

 Thay $y:=0$ vào (1) ta được $f(0)(f(x)-2)=0$, cho tiếp $x:=0$ suy ra $f(0)=0$ hoặc $f(0)=2$

 Với $f(0)=2$ thì suy ra $f(x)\equiv 2$

 Với $f(0)=0$, thay $x,y$ trong (1) bởi 2 suy ra $f(2)(f(2)-2)=0$

  - Nếu $f(2)=0$, thay $y=x=1$ vào (1) suy ra $f(1)=0$ hoặc $f(1)=3$

    Với $f(1)=3$, thay $y$ lần lượt bởi $1$ và $2$ vào (1) suy ra $f(x+1)+f(x)=3$ và $f(x+2)=f(2x)+f(x)$, suy ra $f\equiv 0$, vô lí

    Với $f(1)=0$, thay $y:=1$ vào (1) suy ra $f(x+1)=2f(x)$, thay tiếp $x:=x+1$ vào (1) ta có

     $f(x+y+1)+f(x+1)f(y)=f(xy+y)+f(x+1)+f(y)\Leftrightarrow f(xy+y)=2f(xy)+f(y)$, hay $f(x+y)=2f(x)+f(y)=f(x)+2f(y)$, suy ra $f$ hằng hay $f\equiv 0$

  - Nếu $f(2)=2$, thay $x,y$ trong (1) bởi 1 suy ra $f(1)=1$ hoặc $f(1)=2$ 

    Với $f(1)=2$, thay $y:=1$ vào (1) suy ra $f\equiv 2$, vô lí 

    Với $f(1)=1$, thay $y:=1$ vào (1) suy ra $f(x+1)=f(x)+1$ 

    Lại thay $x:=x+1$ vào (1) và biến đổi suy ra $f(xy+y)=f(xy)+f(y)$ hay $f(x+y)=f(x)+f(y)$, suy ra $f(xy)=f(x)f(y)$, với mọi $x,y\in \mathbb{R}$

    Từ đây suy ra $f(x)=x$ 

 Vậy có 3 nghiệm hàm thỏa mãn $f(x)\equiv 0, f(x)\equiv 2, f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$

1. PT: $f(f(x-y))+xy=f(x)-f(y)+f(x)f(y)$ (1)

Thay $x=y$ vào (1) ta được $f(x)^2=x^2+f(f(0)),\forall x\in \mathbb{R}$

 Suy ra $f(x)^2=f(-x)^2,\forall x\in \mathbb{R}$, giả sử tồn tại $\alpha \neq 0$ sao cho $f(\alpha)=f(-\alpha)$.

 Thay $y:=0$ vào (1) thì $f(f(x))=f(x)(f(0)+1)-f(0),\forall x\in \mathbb{R}$ (2)

 Thay $x:=0$ vào (1) thì $f(f(-y))=f(y)(f(0)-1)-f(0),\forall y\in \mathbb{R}$ (3)

 Từ (2) và (3) suy ra $f(-y)(f(0)+1)-f(0)=f(y)(f(0)-1)-f(0),\forall y\in \mathbb{R}$ (4)

 Thay $y:=\alpha$ vào (4) suy ra $f(\alpha)=f(0)\Rightarrow f(\alpha)^2=f(0)^2\Rightarrow \alpha ^2+f(f(0))=f(f(0))\Rightarrow \alpha =0$, vô lí.

 Do đó $f(x)=-f(-x),\forall x\in \mathbb{R}$, thay vào (4) suy ra $f(0)=0$ hoặc $f(y)\equiv 1$ (vô lí).

 Từ $f(0)=0$ suy ra $f(x)^2=x^2$ và $f(f(x))=f(x)$, từ đây suy ra $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$, thử lại thấy đúng

Cho a, b, c>0 thỏa mãn $$ab + bc + ca = 3$$. Chứng minh rằng $$2\left( {a + b + c} \right) \ge \sqrt {{a^2} + 3} + \sqrt {{b^2} + 3} + \sqrt {{c^2} + 3} \ge a + b + c + 3$$.

 Bất đẳng thức phía sau: http://diendantoanho...qrtc23geq-abc3/

Lâu rồi mới gặp lại mà nó làm khó t.

      Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số thực $a,b,c$, ta có:

$2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} \geq (1+a)(1+b)(1+c)$

      Bài 2: Chứng minh rằng với mọi $a,b,c > 0$, ta có:

$\frac{a^4}{1+a^2b}+\frac{b^4}{1+b^2c}+\frac{c^4}{1+c^2a} \geq \frac{abc(a+b+c)}{1+abc}$

      Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thõa mãn $a^2+b^2+c^2=3$

                 Chứng minh rằng:

$\sqrt{\frac{a^2}{a^2+b+c}}+\sqrt{\frac{b^2}{b^2+c+a}}+\sqrt{\frac{c^2}{c^2+a+b}} \leq \sqrt{3}$

 Bài 2 làm như sau

 Áp dụng bất đẳng đẳng thức Cauchy-Schwarz:

 $\sum \dfrac{a^4}{1+a^2b}=\sum \dfrac{a^4bc}{bc+a^2b^2c}\geq \dfrac{abc\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\right)^2}{(1+abc)(ab+bc+ca)}$

 Nên ta chỉ cần chứng minh $\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\right)^2\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)$

 Mà $ab+bc+ca\leq \dfrac{1}{3}(a+b+c)^2$

 Cho nên chỉ cần chỉ ra $3\left(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c}\right)^2\geq (a+b+c)^3$

 Lấy căn bậc 6 hai vế thì nó tương đương $\sqrt[3]{\dfrac{\sqrt{a}^3+\sqrt{b}^3+\sqrt{c}^3}{3}}\geq \sqrt{\dfrac{\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2+\sqrt{c}^2}{3}}$

 Đúng theo bất đẳng thức trung bình lũy thừa

Lý do nào khiến bn đặt \[B=(a^2+bc)^2(b^2+bc+c^2)(2a+b+c)^3+(b^2+ca)(c^2+ca+a^2)(2b+c+a)^3+(c^2+ab)(a^2+ab+b^2)(2c+a+b)^3\]   

 Biểu thức chạy (tương tương CYH)

theo BĐT trên thì ta sẽ đi chứng minh : 

$\sum \frac{a^4}{1+a^2b}\geq \sum \frac{a^3b}{1+ab^2}\Leftrightarrow \sum \frac{a^3(a-b)}{(1+a^2b)(1+ab^2)}\geq 0$

Ta có : $\frac{a^3(a-b)}{X}+\frac{b^3(b-c)}{Y}+\frac{c^3(c-a)}{Z}=\frac{(a-b)^2(a^2+ab+b^2)}{M}+\frac{(b^3-c^3)(a-c)}{N}\geq 0$

BĐT trên đúng nếu giả sử $a\geq b\geq c$

BĐT đc CM $☺$

Có chắc là giả sử được không? :V

Còn một cách nữa là khai triển bất đẳng thức bậc 6 (cũng khá khó khăn  )

Đặt \[A=\sqrt{\dfrac{a^2+bc}{b^2+bc+c^2}}+\sqrt{\dfrac{b^2+ca}{c^2+ca+a^2}}+\sqrt{\dfrac{c^2+ab}{a^2+ab+b^2}},\]

\[B=(a^2+bc)^2(b^2+bc+c^2)(2a+b+c)^3+(b^2+ca)(c^2+ca+a^2)(2b+c+a)^3+(c^2+ab)(a^2+ab+b^2)(2c+a+b)^3\]

Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có \[A^2B\geq \left[(a^2+bc)(2a+b+c)+(b^2+ca)(2b+c+a)+(c^2+ab)(2c+a+b)\right]^3\]

Do đó ta chỉ cần chứng minh \[\left[\sum (a^2+bc)(2a+b+c)\right]^3\geq 6\sum (a^2+bc)^2(b^2+bc+c^2)(2a+b+c)^3\]

Khai triển ta thấy bất đẳng thức trên tương đương với \[S_c(a-b)^2+S_b(c-a)^2+S_a(b-c)^2\geq 0\]

Trong đó $S_c=2(a^7+b^7)+9c(a^6+b^6)+7ab(a^5+b^5)+36abc(a^4+b^4)+9a^2b^2(a^3+b^3)+27abc^2(a^3+b^3)+60a^2b^2c(a^2+b^2)+3a^3b^3(a+b)+72a^2b^2c^2(a+b)+72a^3b^3c+6a^2b^2c^3\geq 0$

Tương tự ta cũng có $S_a,S_b\geq 0$, và do đó bất đẳng thức đã cho cần chứng minh đúng.

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c$

Bài hình ngày 1:

a, Bằng biến đổi góc ta có $DKG=FKE$ do đó $GKE=DKF=DPF$. Bằng phương tích suy ra $GDFE$ nội tiếp. Ta chứng minh được $(P,D,G)$ và $(P,F,E)$ thẳng hàng (bằng cộng góc). Từ các điều kiện trên ra có DPCM

Ai có lời giải câu b chưa vậy. Câu a khá đơn giản nhưng câu b làm tốn thời gian quá!!  

 Bạn ghi rõ đoạn chứng minh thằng hàng được không, mình cũng cộng góc mà không ra.

 P/s: Ai giải câu 5 đi

Tìm $a \in \mathbb{R}$ sao cho $a^x-x-1 \geq 0$ với $\forall x \in \mathbb{R}$.

 Nếu $a\leq 1$ thì cho $x$ tiến ra vô cùng dẫn tới điều vô lí

 Khi $a>1$, bất phương trình viết lại thành $a^x\geq 1+x$

 Với $x\leq 0$, bất phương trình trên đúng với mọi $a>1$

 Với $x>0$ thì nó có thể viết lại tiếp thành $a\geq (1+x)^\frac{1}{x}$, cho $x$ tiến về $0$ suy ra $a\geq e$

 Với $a\geq e$ thì bất đẳng thức của ta đúng bằng cách kiểm tra với đạo hàm, từ đó ta có thể suy ra kết luận của bài toán

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=1$. Tìm GTNN của $P=\frac{1}{\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{b+c}}+\frac{1}{\sqrt{c+a}}$

 Chứng minh $f(a,b,c)\geq f\left(a+b,\dfrac{1}{a+b},0\right)$ rồi xét hàm

Một số có dạng $n(n+1)$ (tích 2 số liên tiếp) gọi là số gần bình phương. Chứng minh rằng 1 số gần bình phương luôn biểu diễn được dưới dạng thương của 2 số gần bình phương khác.

 Sử dụng đẳng thức $n(n+1)(n+1)(n+2)=(n^2+2n)(n^2+2n+1)$

Lời giải cho bài toán tổng quát

 Kedlaya.pdf   224.76K   281 Số lần tải

Bài 52 (Taiwan TST). Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức

\[\frac{x^2y^2}{1-z}+\frac{y^2z^2}{1-x}+\frac{z^2x^2}{1-y}\leq k-3xyz,\]

luôn đúng với mọi số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=1.$

 Áp dụng AM-GM ta có $\sum \dfrac{x^2y^2}{1-z}=\sum \dfrac{x^2y^2}{x+y}\leq \sum \dfrac{xy(x+y)}{4}$

 Nên ta sẽ có $\sum \dfrac{x^2y^2}{1-z}+3xyz\leq \dfrac{1}{4}\left(\sum xy(x+y)+12xyz\right)=\dfrac{1}{4}\left(xy+yz+zx+9xyz\right)\leq \dfrac{1}{6}$

 Hơn nữa tại $k=\dfrac{1}{6}$ thì bất đẳng thức xảy ra dấu "=" tại $x=y=z=1/3$ nên $k_{\min}=\dfrac{1}{6}$

Cho a,b,c dương thỏa mãn: $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=5$.

Tìm GTLN và GTNN của: $P=\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}$.

 Chú ý là nếu đặt $a/b=x,b/c=y,c/a=z$ thì $x+y+z=5$ và $xyz=1$, ta cần tìm $\min $ và $\max $ của $xy+yz+zx$

 Đến đây sử dụng $(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2\geq 0$, sau khi khai triển sẽ thu được hàm bậc 3 ẩn $xy+yz+zx$, giải bất phương trình ta tìm được cực trị

 

Bài toán: Cho $a,b,c>0$ thoả mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=3$. Hãy chứng minh:

 

               $108-24(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2})\geq 27+(5(a+b+c)-2(a+b+c)(ab+bc+ca)+6abc)^{2}+24c^{2}a^{2}$

 

[Chế tác từ 1 bài cũ]

 

 Sau khi đồng bậc và khai triển thì sẽ được một bất đẳng thức hiển nhiên đúng theo Muirhead

 

Bài toán:

 

Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn tổng của chúng bằng 3.Chứng minh rằng:
$$(a^3b+b^3c+c^3a)(ab+bc+ca)\leq 16$$

 

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

 

 

Hợp lí thì lady cứ sửa!

 

 Chặt hơn nữa là $(a^3b+b^3c+c^3a+abc)(ab+bc+ca)\leq 16$

Nguyen Ngoc Tu inequality:

Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn $$ab + bc + ca = 3$$. Chứng minh rằng: $$\frac{{a + b + c}}{3} \ge \sqrt[n]{{\frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{3}}},\,\,\forall n \ge 6,n \in N$$.

 Chú ý là với $n\geq 6$ thì $\left(\dfrac{a+b+c}{3}\right)^n\geq \dfrac{(a+b+c)^6}{729}=\dfrac{\left(\sum a^2+2\sum ab\right)^3}{729}\geq \dfrac{3\sum a^2.81}{729}$

Taiwan, 2014:

Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: $$3\left( {a + b + c} \right) \ge 8\sqrt[3]{{abc}} + \sqrt[3]{{\frac{{{a^3} + {b^3} + {c^3}}}{3}}}$$.

 Sử dụng bất đẳng thức Holder thì $\text{VP}^3\leq 81\left(\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}+8abc\right)$

 Cho nên ta chỉ cần chứng minh $27(a+b+c)^3\geq 27(a^3+b^3+c^3)\geq 648abc\Leftrightarrow (a+b)(b+c)(c+a)\geq 8abc$

 Đúng theo bất dẳng thức AM-GM

Đóng góp cách giải khác:

Đặt: $p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc$

BĐtT cần chứng minh viết lại dưới dạng: $(p-2)(2p-1)+5r\geq 0$

* Nếu $p\geq 2$ BĐT hiển nhiên đúng.

* Nếu $\sqrt{3}\leq p\leq 2$ theo BĐT Schur bậc 3, ta có:

$r\geq \frac{p(4p-p^2)}{9}=\frac{4p-p^3}{9}$

Ta cần chứng minh $(p-2)(2p-1)+5.\frac{4p-p^3}{9}\geq 0\Leftrightarrow (2-p)(5p^2-8p+9)\geq 0$

BĐT cuối luôn đúng.

 Cách này khác gì cách của bạn hoanglong2k không

Cho a,b,c không âm thỏa mãn: $\sum a^2=3$

Tìm MAX: F=$\frac{1}{5-2ab}+\frac{1}{5-2bc}+\frac{1}{5-2ca}$

 Giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$ 

 Ta có $\dfrac{3}{2}-F=\sum \left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{5-2ab}\right)=\sum \dfrac{3-2ab}{2(5-2ab)}$

 Cho neenn $3-2F=\sum \dfrac{(a-b)^2+c^2}{5-2ab}=\sum \dfrac{(a-b)^2}{5-2ab}+\sum \dfrac{c^2}{5-2ab}\geq \dfrac{4(a-c)^2+(a+b+c)^2}{15-2\sum ab}$

 Chú ý là $4(a-c)^2+(a+b+c)^2-(15-2ab-2bc-ca)=-4(b-c)(b-a)\geq 0$ nên $3-2F\geq 1$ nên $F\leq 1$

 Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$