Chủ đề này có 162 trả lời

[hoanglong2k]

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

[anhquannbk]

 

 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 \[\left[nx\right]\geq \dfrac{\left[x\right]}{1}+\dfrac{\left[2x\right]}{2}+\dfrac{\left[3x\right]}{3}+\cdots +\dfrac{\left[nx\right]}{n}\]

Bài này là USAMO 1981 #5 đã được thảo luận tại

http://diendantoanho...n-nguyên/page-2

và

https://www.artofpro...h424778p2403926

[quykhtn-qa1]

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 $\left ( x,y,z \right )=\left ( n,1,0 \right )$ các hoán vị của nó

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

Em chú ý là bất đẳng thức khi $n=1$, tức là bất đẳng thức $xy+yz+zx\leq \dfrac{(x+y+z)^2}{4}$ không đúng nhé. Lời giải của em và hoanglong2k cần điều kiện $n\geq 2$. Có một kết quả tốt hơn cho $n$ nhưng trong topic này, chúng ta không cần chứng minh kết quả đấy.

[quykhtn-qa1]

Bài toán 28. (Tập huấn đội tuyển Việt Nam 2016). Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng

\[ \sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ca}+\sqrt{c^2+2ab} \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+bc+ca}.\]

 

 

 

[Gachdptrai12]

Bài toán 28. (Tập huấn đội tuyển Việt Nam 2016). Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng
\[ \sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ca}+\sqrt{c^2+2ab} \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+bc+ca}.\]

 Lời giải bài 28. Phân tích về dạng S.O.S ta được
$\sum \frac{(a-b)^{2}}{\sqrt{c^{2}+2ab}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq \frac{\sum (a-b)^{2}}{\sqrt{ab+bc+ca}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}$
Áp dụng bất đẳng thức C-S ta có
$\sum \frac{(a-b)^{2}}{\sqrt{c^{2}+2ab}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\geq \frac{[\sum (a-b)^{2}]^{2}}{(a-b)^{2}(\sqrt{c^{2}+2ab}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}})}$
Ta chỉ cần chứng minh
$(\sqrt{ab+bc+ca}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}})\sum (a-b)^{2}\geq \sum (a-b)^{2}(\sqrt{c^{2}+2ab}+\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}})$

$\Leftrightarrow\sqrt{ab+bc+ca}\sum (a-b)^{2} \geq \sum (a-b)^{2}\sqrt{c^{2}+2ab}$
$\Leftrightarrow \sum (a-b)^{2}(\sqrt{ab+bc+ca}-\sqrt{c^{2}+2ab})\geq 0$
Bây giờ ta sử dụng bất đẳng thức $\sqrt{x}-\sqrt{y}\geq \frac{x-y}{2\sqrt{x}}$ ta có
$\sum (a-b)^{2}(\sqrt{ab+bc+ca}-\sqrt{c^{2}+2ab})\geq \frac{\sum (a-b)^{2}[ab+bc+ca-2ab-c^{2}]}{2\sqrt{ab+bc+ca}}= \frac{\sum (a-b)^{2}(a-c)(b-c)}{\sqrt{ab+bc+ca}}$
Mà $\sum (a-b)^{2}(a-c)(b-c)=0$ nên ta có điều phải chứng minh

 

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

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

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 11-06-2016 - 08:45

[quykhtn-qa1]

Bài toán 28. (Tập huấn đội tuyển Việt Nam 2016). Cho các số thực không âm $a,b,c$. Chứng minh rằng

\[ \sqrt{a^2+2bc}+\sqrt{b^2+2ca}+\sqrt{c^2+2ab} \leq \sqrt{a^2+b^2+c^2}+2\sqrt{ab+bc+ca}.\]

Lời giải của em là viết tắt lại lời giải ở link sau, Gachdptrai12: http://www.artofprob...h545892p3248382

Xin được giới thiệu lời giải khá hay sau của bạn Phạm Nguyễn Mạnh (với ý tưởng tương tự):

Đặt $X=\sqrt{a^2+b^2+c^2},\ Y=\sqrt{ab+bc+ca}$. Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng

$$\sum \left(X-\sqrt{a^2+2bc}\right) \geq 2(X-Y),$$

$$\sum \dfrac{(b-c)^2}{X+\sqrt{a^2+2bc}} \geq \dfrac{\sum (b-c)^2}{X+Y}.$$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

$$\sum \dfrac{(b-c)^2}{X+\sqrt{a^2+2bc}} \geq \dfrac{\left[\sum (b-c)^2\right]^2}{\sum (b-c)^2(X+\sqrt{a^2+2bc})}.$$

Ta chỉ cần chứng minh

$$ \dfrac{\sum (b-c)^2}{\sum (b-c)^2(X+\sqrt{a^2+2bc})} \geq \dfrac{1}{X+Y},$$

$$ \sum (b-c)^2(Y-\sqrt{a^2+2bc})\geq 0.$$

Ta có

$$ \sum\left[(b-c)^2(ab+bc+ca)-(b-c)^2(a^2+2bc)\right]=\sum \big[(b-c)^2(a-b)(c-a)\big]=0.$$

Do đó

$$ \sum (b-c)^2Y^2=\sum \dfrac{(b-c)^2(Y^2+a^2+2bc)}{2} \geq \sum (b-c)^2Y\sqrt{a^2+2bc}.$$

Ta thu được

$$ \sum (b-c)^2(Y-\sqrt{a^2+2bc})\geq 0.$$ 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b$, hoặc $b=c$, hoặc $c=a$.

[quykhtn-qa1]

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

$$5(a+b+c)\geq 2\left(\sqrt{4a^2+bc}+\sqrt{4b^2+ca}+\sqrt{4c^2+ab}\right).$$

Bài này của anh Cẩn thì đơn giản hơn bài 28 vì chỉ có 1 dấu bằng xảy ra. Bài này có $2$ lời giải khá thú vị, anh sẽ đăng lời giải sau.

[hoanglong2k]

 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

[quykhtn-qa1]

 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

 Lời giải này tương tự một lời giải của anh chỉ khác đánh giá sau $\sqrt{4a^2+bc} \leq \sqrt{4a^2+2ac+\dfrac{c^2}{4}}=2a+\dfrac{c}{2}$. Anh nghĩ đây là lời giải đơn giản nhất cho bài này rồi.

 Còn bài 28 thì em khó mà dồn biến được vì dấu bằng xảy ra chỉ cần hai biến bằng nhau. Bài này có một kết quả tổng quát khá thú vị (chẳng hạn đơn giản nhất là thay căn bậc $2$ bởi căn bậc $3$ thì dồn biến để chứng minh là điều không tưởng).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 11-06-2016 - 13:36

[quykhtn-qa1]

Bài toán 30. (AoPS). Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=6.$ Chứng minh rằng

\[\dfrac{1}{(a^2+b^2)(a+b)}+\dfrac{1}{(b^2+c^2)(b+c)}+\dfrac{1}{(c^2+a^2)(c+a)}\geq \dfrac{3}{4}.\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 11-06-2016 - 13:36

[Gachdptrai12]

 

Lời giải của em là viết tắt lại lời giải ở link sau, Gachdptrai12: http://www.artofprob...h545892p3248382

Xin được giới thiệu lời giải khá hay sau của bạn Phạm Nguyễn Mạnh (với ý tưởng tương tự):

Đặt $X=\sqrt{a^2+b^2+c^2},\ Y=\sqrt{ab+bc+ca}$. Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng

$$\sum \left(X-\sqrt{a^2+2bc}\right) \geq 2(X-Y),$$

$$\sum \dfrac{(b-c)^2}{X+\sqrt{a^2+2bc}} \geq \dfrac{\sum (b-c)^2}{X+Y}.$$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

$$\sum \dfrac{(b-c)^2}{X+\sqrt{a^2+2bc}} \geq \dfrac{\left[\sum (b-c)^2\right]^2}{\sum (b-c)^2(X+\sqrt{a^2+2bc})}.$$

Ta chỉ cần chứng minh

$$ \dfrac{\sum (b-c)^2}{\sum (b-c)^2(X+\sqrt{a^2+2bc})} \geq \dfrac{1}{X+Y},$$

$$ \sum (b-c)^2(Y-\sqrt{a^2+2bc})\geq 0.$$

Ta có

$$ \sum\left[(b-c)^2(ab+bc+ca)-(b-c)^2(a^2+2bc)\right]=\sum \big[(b-c)^2(a-b)(c-a)\big]=0.$$

Do đó

$$ \sum (b-c)^2Y^2=\sum \dfrac{(b-c)^2(Y^2+a^2+2bc)}{2} \geq \sum (b-c)^2Y\sqrt{a^2+2bc}.$$

Ta thu được

$$ \sum (b-c)^2(Y-\sqrt{a^2+2bc})\geq 0.$$ 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b$, hoặc $b=c$, hoặc $c=a$.

 

p/s TST có anh nào giải ra ko ạ :3 và bài 29 còn 1 cách bằng pp AM-GM của anh Cẩn 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 11-06-2016 - 21:02

[fatcat12345]

 

Bài toán 30. (AoPS). Cho các số thực không âm $a,b,c$ thỏa mãn $ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)=6.$ Chứng minh rằng

\[\dfrac{1}{(a^2+b^2)(a+b)}+\dfrac{1}{(b^2+c^2)(b+c)}+\dfrac{1}{(c^2+a^2)(c+a)}\geq \dfrac{3}{4}.\]

 

Lời giải bài 30.

Giả sử $a\geq b\geq c,$

$S=\sum_{cyc}\frac{\sum_{cyc}ab(a+b)}{(a^2+b^2)(a+b)}-\frac{9}{2}$

$=\sum_{cyc}\frac{(a-b)^2(2a^3b+5a^2b^2+2a^2bc+c^2a^2+2ab^3+2ab^2c-2c^3a+b^2c^2-2bc^3+c^4)}{2(b^2+c^2)(b+c)(c^2+a^2)(c+a)}$

Đặt

$A=2b^3c+5b^2c^2+2ab^2c+a^2b^2+2bc^3+2abc^2-2a^3b+c^2a^2-2ca^3+a^4,$

$B=2c^3a+5c^2a^2+2abc^2+b^2c^2+2ca^3+2a^2bc-2b^3c+a^2b^2-2ab^3+b^4,$

Thì 

$A+B\geq (2ca^3-2ca^3)+(2b^3c-2b^3c)+(a^4+a^2b^2-2a^3b)+(b^4+a^2b^2-2ab^3)\geq 0,$

Ta có

$S\geq \frac{B(c-a)^2}{2(a^2+b^2)(a+b)(b^2+c^2)(b+c)}+\frac{A(b-c)^2}{2(c^2+a^2)(c+a)(a^2+b^2)(a+b)}\geq \frac{(b-c)^2(A+B)}{2(c^2+a^2)(c+a)(a^2+b^2)(a+b)}\geq 0,$

Chứng minh hoàn tất.

 

 Bài toán 31 (Võ Quốc Bá Cẩn). Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=5$. Chứng minh

$$a^2b+c^2a+2abc \leq 20.$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 13-06-2016 - 08:40

[Nguyen Minh Hai]

 

Bài toán 31 (Võ Quốc Bá Cẩn). Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=5$. Chứng minh

$$a^2b+c^2a+2abc \leq 20.$$

 

Lời giải bài 31. Đặt $f(a,b,c)=a^2b+c^2a+2abc$

Ta xét $2$ trường hợp.

Nếu $a \geqslant c$, ta sẽ chứng minh 

$$f(a,b,c) \leqslant f(a,b,a)$$

$$\Leftrightarrow (a-c)(a+c+2b) \geqslant 0$$

 

Nếu $a \leqslant c$, ta sẽ chứng minh 

$$f(a,b,c) \leqslant f(c,b,c)$$

$$\Leftrightarrow b(c^2-a^2)+c^2(c-a)+2bc(c-a) \geqslant 0$$

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh BĐT trong trường hợp $a=c=\frac{5-b}{2}$

$$\Leftrightarrow \left ( \frac{5-b}{2}\right )^2b+\left ( \frac{5-b}{2} \right)^3+2b\left (\frac{5-b}{2} \right )^2 \leqslant 20$$

$$\Leftrightarrow  b^3-9b^2+15b-7 \leqslant 0$$

$$\Leftrightarrow (b-7)(b-1)^{2} \leqslant 0$$

BĐT cuối luôn đúng do $b<5$

Bài toán được chứng minh. Xảy ra đẳng thức khi $a=c=2,b=1$

 

Bài toán 32.  (Vasile Cirtoaje) Cho các số thực dương $a,b,c,d$. Chứng minh rằng 

$$2(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)(d^3+1) \geqslant (1+abcd)(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 13-06-2016 - 09:38

[hoanglong2k]

Bài toán 32.  (Vasile Cirtoaje) Cho các số thực dương $a,b,c,d$. Chứng minh rằng 

$$2(a^3+1)(b^3+1)(c^3+1)(d^3+1) \geqslant (1+abcd)(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2)$$

 Lời giải bài 32. Cho $a=b=c=d$ thì ta cần chứng minh $2(a^3+1)^4\geq (1+a^4)(1+a^2)^4$ với mọi $a\in \mathbb{R^+}$

 Biến đổi thành $(a-1)^2(a^{10}+2a^9-a^8+4a^7+2a^6+2a^4+4a^3-a^2+2a+1)\geq 0$

 Mà $a^{10}+2a^9-a^8+4a^7+2a^6+2a^4+4a^3-a^2+2a+1$

       $=a^{10}+a^7(2a^2-a+4)+2a^6+2a^4+a(4a^2-a+2)+1>0$

 Cho nên $2(a^3+1)^4\geq (1+a^4)(1+a^2)^4$, tương tự thì $2(b^3+1)^4\geq (1+b^4)(1+b^2)^4,\cdots $

 Nhân lại ta thu được $2^4(a^3+1)^4(b^3+1)^4(c^3+1)^4(d^3+1)^4$

                                  $\geq (1+a^4)(1+b^4)(1+c^4)(1+d^4)(1+a^2)^4(1+b^2)^4(1+c^2)^4(1+d^2)^4$ 

 Áp dụng bất đẳng thức Holder ta có $(1+a^4)(1+b^4)(1+c^4)(1+d^4)\geq (1+abcd)^4$

 Từ đó ta suy ra điều cần chứng minh

 Tương tự ta có thể mở rộng lên cho $n$ số cũng được

 

 Bài toán 33. (AoPS) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a,b,c\geq 1$ và $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng

\[\dfrac{\sqrt{ab-1}+\sqrt{bc-1}+\sqrt{ca-1}}{\sqrt[4]{abc}}\leq \dfrac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\sqrt{\dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}}\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 13-06-2016 - 09:05

[Gachdptrai12]

Bài toán 33. (AoPS) Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a,b,c\geq 1$ và $a+b+c+2=abc$. Chứng minh rằng

\[\dfrac{\sqrt{ab-1}+\sqrt{bc-1}+\sqrt{ca-1}}{\sqrt[4]{abc}}\leq \dfrac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\sqrt{\dfrac{1}{\sqrt{a}}+\dfrac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}}\]

Loi Giai:BĐT$\Leftrightarrow \sum \sqrt{ab-1}\leq \frac{1}{2}(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(\sqrt{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}})\Leftrightarrow 2\sum \frac{x(x+y+z)}{yz}\leq (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})(\sqrt{\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}})\Leftrightarrow 4\sum \frac{x(x+y+z)}{yz}+8 \sum \frac{x+y+z}{\sqrt{xy}}\leq (a+b+c+2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}))(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})$

áp dụng bđt schur dạng phân thức $a+b+c\geq 2(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})-\frac{9abc}{2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}$

ta cần chứng minh $4(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}-\frac{9\sqrt{abc}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc+\sqrt{ca}})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\geq 4\sum \frac{x(x+y+z)}{yz}+8\sum \frac{x+y+z}{\sqrt{xy}}$

mà$(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})^{2}= \sum \frac{(x+y)(x+z)}{xy}+2\sum \frac{(y+z)\sqrt{(x+y)(x+z)}}{x\sqrt{yz}}\geq \sum \frac{(x+y)(x+z)}{xy}+2\sum \frac{(y+z)(x+\sqrt{yz})}{x\sqrt{yz}}= \sum \frac{(x+y)(x+z)}{xy}+2\sum \frac{y+z}{x}+2\sum \frac{x+y}{\sqrt{xy}}$

ta sẽ chứng minh $8\sum \frac{y+z}{x}-8\sum \frac{z}{\sqrt{xy}}+12\geq \frac{9\sqrt{abc}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc+\sqrt{ca}})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$

mà $8\sum \frac{z}{\sqrt{xy}}\leq 4\sum (\frac{z}{x}+\frac{z}{y})= 4\sum \frac{x+y}{z}$

vậy ta có $4\sum \frac{x+y}{z}+12\geq \frac{9\sqrt{abc}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\Leftrightarrow 2(\sum \frac{1}{z})(\sum (x+y))\geq \frac{9\sqrt{abc}(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$ 

áp dụng C-S $2(\sum (x+y))(\sum \frac{1}{z} )\geq 2(\sum \sqrt{\frac{y+z}{x}})^{2}= 2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{2}$

ta cần chứng minh $2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{3}\geq 9\sqrt{abc}(\sum \sqrt{ab})=9(\sum \sqrt{ab})\sqrt{a+b+c+2}$ mà $a+b+c\geq6$ nên ta có $\sqrt{a+b+c+2}\leq \frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{a+b+c}$$(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{3}\geq$

ta chứng minh  $3\sqrt{3(a+b+c)(\sum \sqrt{ab})^{2}}$ mà theo AM-GM $27(a+b+c)(\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca})\leq (\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})^{6}$ vậy ta có đpcm

bài 35:VQBC cho $a,b,c$$2(\frac{a}b{+\frac{b}c{+\frac{c}{a}}})+1\geq \frac{21(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$ là các số thực ko âm chứng minh

P/s cho mình được phá lệ nha vì bài 35 mình thấy hay nên cho mình đăng 1 bài dùng 35 làm bổ đề và bài 35 cũng rất thú vị cho những ai giải các bđt hoán vị. Thím Long cho cái P/S zô hide hộ :3

Bài 35/1:(Sưu Tầm) cho $a,b,c >0$ chứng minh$\frac{7\sqrt{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}}{a+b+c}+\frac{a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a}{a^{3}+b^{3}+c^{3}}\geq 8$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Gachdptrai12: 18-06-2016 - 20:26

[Nguyenhuyen_AG]

Bài 35 (VQBC). Cho $a,b,c>0.$ Chứng minh rằng $$2(\frac{a}b{+\frac{b}c{+\frac{c}{a}}})+1\geq \frac{21(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}.$$

Ta có

\[2\left(\frac{a}b{+\frac{b}c{+\frac{c}{a}}}\right)+1-\frac{21(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}} = \frac{2\displaystyle \sum a(a-b)^2(b-2c)^2}{abc(a+b+c)^2} \geqslant 0.\]

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 17-06-2016 - 12:41

[Gachdptrai12]

Ta có
\[2\left(\frac{a}b{+\frac{b}c{+\frac{c}{a}}}\right)-1-\frac{21(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}} = \frac{2\displaystyle \sum a(a-b)^2(b-2c)^2}{abc(a+b+c)^2} \geqslant 0.\]
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

phân tích hình như bị sai á anh

[Nguyenhuyen_AG]

phân tích hình như bị sai á anh

 

Anh gõ nhầm $+1$ thành $-1.$ Đã sửa.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 17-06-2016 - 12:42

[Nguyen Minh Hai]

Bài 35:(VQBC) Cho $a,b,c$ là các số thực ko âm, chứng minh rằng : 

$$2(\frac{a}b{+\frac{b}c{+\frac{c}{a}}})+1\geq \frac{21(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{(a+b+c)^{2}}$$

 

Lời giải bài 35. (Cách khác)

 

Sử dụng bổ đề 

$$(x+y+z)^3 \geqslant \frac{27}{4}(a^2b+b^2c+c^2a+abc)$$

ta có

$$left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \right )^3 \geqslant \frac{27}{4}\left( \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1 \right)$$

 

Do đó BĐT cần chứng minh trở thành 

 

$$54\left( \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1 \right) \geqslant \left( \frac{21(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}-1\right)^2$$

 

$$\Leftrightarrow 54\left( \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}-3 \right) \geqslant \left( \frac{441(a^2+b^2+c^2)^2}{(a+b+c)^4}-49 \right)-\left(\frac{42(a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}-14\right)$$

 

$$\Leftrightarrow \frac{54(a+b+c)(\sum a^2-\sum ab)}{abc} \geqslant \frac{14(\sum a^2-\sum ab)\left[21\sum a^2+7(a+b+c)^2\right]}{(a+b+c)^4}-\frac{28(\sum a^2-\sum ab)}{(a+b+c)^2}$$

 

$$\Leftghtarrow \left(\sum a^2-\sum ab \right)\left( \frac{27(a+b+c)}{abc}+\frac{14}{(a+b+c)^2}-\frac{147\sum a^2+49(a+b+c)^2}{(a+b+c)^4} \right)$$

 

Do đó ta chỉ cần chứng minh 

 

$$\frac{27(a+b+c)}{abc}+\frac{14}{(a+b+c)^2}-\frac{147\sum a^2+49(a+b+c)^2}{(a+b+c)^4} \geqslant 0$$

 

Chuẩn hóa $a+b+c=1$ thì ta cần chứng minh 

$$\frac{27}{abc}+14 \geqslant 147(a^2+b^2+c^2)+49$$

$$\Leftrightarrow 147abc(a^2+b^2+c^2)+35abc \leqslant 27$$

 

BĐT cuối luôn đúng do 

$$abc \leqslant \frac{1}{27}$$

và 

$$a^2+b^2+c^2 \leqslant (a+b+c)^2 =1$$

 

BĐT được chứng minh. Xảy ra đẳng thức khi $a=b=c$

[fatcat12345]

 

$$54\left( \frac{a^3+b^3+c^3}{abc}+1 \right) \geqslant \left( \frac{21(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}-1\right)^2$$

 

Vế phải là mũ $3$ mới phải