10 replies to this topic

[Nguyen Duc Phu]

1)Cho a,b,c là các số thực bất kỳ. Chứng minh

$\sum (a+b)^6\geq \frac{16}{61}(a^6+b^6+c^6)$

(Chỉ dùng phương pháp biến đổi tương đương)

2) Cho a,b,c là các số thực bất kỳ thỏa mãn $a+b+c=2$, chứng minh:

$(a+b-ab)(b+c-bc)(c+a-ca)\leq 1-abc$

(Chỉ dùng phương pháp biến đổi tương đương)

3) Cho a, b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:

$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$ (IMO 1983)

(Chỉ dùng phương pháp biến đổi tương đương)

Edited by Nguyen Duc Phu, 20-02-2015 - 08:26.

[Nguyen Duc Phu]

Sao chẳng có ai làm hết vậy?

2)TH1: a,b,c không âm: $\sum a+b\geq \sum a\geq \frac{16}{61}\sum a=>\sum (a+b)^6\geq \frac{16}{61}\sum a^6$

   TH2: a,b,c âm:$\sum a+b< \sum a=>\sum \left | a+b \right |> \sum a=>\sum (a+b)^6>\sum a^6>\frac{16}{61}\sum a^6$

[dogsteven]

Sao chẳng có ai làm hết vậy?

2)TH1: a,b,c không âm: $\sum a+b\geq \sum a\geq \frac{16}{61}\sum a=>\sum (a+b)^6\geq \frac{16}{61}\sum a^6$

   TH2: a,b,c âm:$\sum a+b< \sum a=>\sum \left | a+b \right |> \sum a=>\sum (a+b)^6>\sum a^6>\frac{16}{61}\sum a^6$

Sai rồi nhé. Tổng cộng có các trường hợp:

Cả ba số cùng âm hoặc cùng dương

Hai số âm, một số dương

Hai số dương, một số âm

[dogsteven]

Bài 3. Bất đẳng thức tương đương với $\sum (b-c)^2c(2b-c) \geqslant 0$ luôn đúng.

Edited by dogsteven, 21-02-2015 - 21:41.

[Nguyen Duc Phu]

Bài 3. Bất đẳng thức tương đương với $\sum (b-c)^2c(2b-c) \geqslant 0$ luôn đúng.

Khai triển như vậy đâu giống đề bài đâu.

$\sum (b-c)^2c(2b-c) \geqslant 0$ $=\sum 2b^3c-5b^2c^2+4bc^3-c^4$

Còn đề bài là $ \sum b^3c-b^2c^2 \geqslant 0 $ kia.

[dogsteven]

Khai triển như vậy đâu giống đề bài đâu.

$\sum (b-c)^2c(2b-c) \geqslant 0$ $=\sum 2b^3c-5b^2c^2+4bc^3-c^4$

Còn đề bài là $ \sum b^3c-b^2c^2 \geqslant 0 $ kia.

Chắc mình giải hệ sai, để mình giải lại.

[huythcsminhtan]

Bác Khoa thử giả vờ $a \ge b \ge c$

 

đặt $a=c+x+y ; b= c+x$

 

$\sum a^2b(a-b)=c^2(x^2+xy+y^2)+c(x^3+y^3)+cxy(3x+4y)+xy(x+y)^2$

[Nguyen Duc Phu]

Mình nghĩ a,b,c không có vai trò như nhau đâu. Nếu giữ nguyên a, thay b bằng c, c bằng b thì ta có:

$a^2c(a-c)+c^2b(c-b)+b^2a(b-a)\geq 0$ hoàn toàn khác với đề bài.

 

Bác Khoa thử giả vờ $a \ge b \ge c$

 

đặt $a=c+x+y ; b= c+x$

 

$\sum a^2b(a-b)=c^2(x^2+xy+y^2)+c(x^3+y^3)+cxy(3x+4y)+xy(x+y)^2$

[Phuong Thu Quoc]

 

3) Cho a, b,c là 3 cạnh của 1 tam giác. Chứng minh:

$a^2b(a-b)+b^2c(b-c)+c^2a(c-a)\geq 0$ (IMO 1983)

(Chỉ dùng phương pháp biến đổi tương đương)

Đặt $2x=b+c-a;2y=a+c-b;2z=a+b-c$

$\Rightarrow a=y+z;b=z+x;c=x+y$

BĐT $\Leftrightarrow xy^{3}+yz^{3}+zx^{3}-xyz\left ( x+y+z \right )\geq 0$

        $\Leftrightarrow xyz\left ( \frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x} -x-y-z\right )\geq 0$

Theo AM-GM có $\frac{x^{2}}{y}+y\geq 2x$ nên BĐT trên luôn đúng!

 

Có thể chứng minh BĐT tổng quát bằng quy nạp: Với $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác và n là số nguyên lớn hơn 1 thì ta luôn có 

 $a^{n}b\left ( a-b \right )+b^{n}c\left ( b-c \right )+c^{n}a\left ( c-a \right )\geq 0$

[Nguyen Duc Phu]

Đặt $2x=b+c-a;2y=a+c-b;2z=a+b-c$

$\Rightarrow a=y+z;b=z+x;c=x+y$

BĐT $\Leftrightarrow xy^{3}+yz^{3}+zx^{3}-xyz\left ( x+y+z \right )\geq 0$

        $\Leftrightarrow xyz\left ( \frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x} -x-y-z\right )\geq 0$

Theo AM-GM có $\frac{x^{2}}{y}+y\geq 2x$ nên BĐT trên luôn đúng!

 

Có thể chứng minh BĐT tổng quát bằng quy nạp: Với $a,b,c$ là 3 cạnh của tam giác và n là số nguyên lớn hơn 1 thì ta luôn có 

 $a^{n}b\left ( a-b \right )+b^{n}c\left ( b-c \right )+c^{n}a\left ( c-a \right )\geq 0$

Phía trên đang $-y$ sao xuống dưới $+y$ rồi?

 $\Leftrightarrow xyz\left ( \frac{x^{2}}{y}+\frac{y^{2}}{z}+\frac{z^{2}}{x} -x-y-z\right )\geq 0$

Theo AM-GM có $\frac{x^{2}}{y}+y\geq 2x$ nên BĐT trên luôn đúng!

Edited by Nguyen Duc Phu, 24-02-2015 - 21:41.

[Phuong Thu Quoc]

Em thử thiết lập 2 BĐT tương tự rồi cộng theo vế xem!