Bài số 2 mình đã giải quyết được trong trường hợp $0<q< \dfrac{1}{2}$ hoặc $q \ge \dfrac{13+5\sqrt{13}}{26} $. Trường hợp $q=2$ là một bài toán mạnh hơn kết quả quen thuộc sau đây của anh Hùng:
$\dfrac{a}{\sqrt{a+2b}}+\dfrac{b}{\sqrt{b+2c}}+\dfrac{c}{\sqrt{c+2a}} \le \sqrt{\dfrac{3}{2}}$
với $a,b,c \ge 0$ và $a+b+c=1$.
Trường hợp $p=2$ cũng là một bài toán khó
Em chỉ mới giải quyết cho trường hợp đơn giản nhất là $c\ge b\ge a$, trường hợp còn lại thì chỉ mới giải quyết được một phần còn lại sau đó vẫn phải sử dụng ý tưởng của anh Cẩn
Em post sơ lược cái ý tưởng:
$\bullet$ Trường hợp: $c\ge b\ge a$ khi đó sử dùng bất đẳng thức Cauchy-Schawrz ta có:
$\left(\dfrac{a}{\sqrt{a+2b}}+\dfrac{b}{\sqrt{b+2c}}+\dfrac{c}{\sqrt{c+2a}}\right)^2\le (a+b+c)\left(\dfrac{a}{a+2b}+\dfrac{b}{b+2c}+\dfrac{c}{c+2a}\right)$
Từ giả thiết $a+b+c=1$ ta chỉ cần chứng minh rằng:
$\dfrac{a}{a+2b}+\dfrac{b}{b+2c}+\dfrac{c}{c+2a}\le \dfrac{3}{2}$
Chứng minh điều này không khó. Ta có thể làm như sau. Đặt $x=\dfrac{b}{a},y=\dfrac{c}{a}\to y\ge x\ge 1$. Khi đó ta có:
$\dfrac{a}{a+2b}+\dfrac{b}{b+2c}+\dfrac{c}{c+2a}\le \dfrac{3}{2}$
$ \Leftrightarrow 21abc+4(ab^2+bc^2+ca^2)\ge 2(a^2b+b^2c+c^2a)$
$ \Leftrightarrow 27(x+y)+2(x-1)^2+2(y-1)^2+(x-1)(y-1)(6y-4y+23)\ge 27$
Điều này hiển nhiên đúng
Đẳng thức không xảy ra.
$\bullet$ Trường hợp: $c\le b\le a$. Trường hợp này khó hơn rất nhiều. Ban đầu em thử chứng minh $f(a,b,c)\le f(a+c,b,0)$ nhưng rất tiếc bất đẳng thức này không đúng hoàn toàn (mà chỉ đúng cho $a\ge 4b$). Sau đó em tìm thấy lời giải trong 1 file của anh Cẩn cho trường hợp này. Chia 2 trường hợp con con nữa ta có:
+ Khi $a\ge 4b$ thì
$f(a,b,c)\le f(a+c,b,0)=\dfrac{a+c}{\sqrt{a+c+2b}}+\sqrt{b}$
+ Khi $a\le 4b$ thì lại có 1 kiểu dồn biến rất quái đó là:
la$f(a,b,c)\le f \left(a+\dfrac{c}{2},b+\dfrac{c}{2},0)\right)=\dfrac{a+\dfrac{c}{2}}{\sqrt{a+\dfrac{3c}{2}+2b}}+\sqrt{b+\dfrac{c}{2}}$
Rõ ràng cả 2 ý tưởng trên có cái lạ có cái cũ. Trường hợp $a\ge 4b$ ta dồn cho 1 thằng bằng $0$ và 2 thằng con lại thì lệch nhau. Nên rõ ràng từ điều kiện và sự đơn điệu của biến số ta sẽ nghĩ đến ngay rằng $ f(a,b,c)\le f(a+c,b,0)$. Trường hợp $a\ge 4b$ thì thực ra kiểu dồn biến có trước còn trường hợp chia sau
Ý tưởng của kiểu dồn biến này là cho 1 thằng bằng 0 và 2 thằng còn lại bằng nhau. Từ điều kiện thì ta cần xác định $t$ sau cho $ f(a,b,c)\le f(t,t,0)$ trong đó thỏa mãn điều kiện ràng buộc. Tức là
$a+b+c=1 \Leftrightarrow t=\dfrac{1}{2}=\dfrac{a+b+c}{2}=\dfrac{2t+c}{2}=a+\dfrac{c}{2}=b+\dfrac{c}{2}$
Điều này chứng tỏ là mọi ý tưởng đều rất tự nhiên và không phải từ trên trời rơi xuống. Nhưng xem ra lời giải này vẫn còn dài dòng và phức tạp!
Như vậy trong trường hợp này ta đều chứng minh được cực đại của hàm $f(a,b,c)$ sẽ đạt được khi một thằng bằng $ 0$. Công việc còn lại khá đơn giản.
Không biết lời giải của anh Khuê là gì? Hi vọng sớm được thấy lời giải đẹp của anh Khuê và cả anh Tân cùng mọi người nữa
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bboy114crew: 11-07-2011 - 21:38